2025高考化学专题复习冲刺练习专题03离子反应方程式和离子共存（含解析）

参考答案1．B【详解】A．Al能导电，但是Al是单质，不是电解质，故A不符合题意；B．熔融的NaCl有自由移动的离子能导电，且氯化钠是化合物，属于电解质，故B符合题意；C．蔗糖不能导电，蔗糖是非电解质，故C不符合题意；D．盐酸是混合物，不是电解质，故D不符合题意；故选B。2．A【详解】A．稀盐酸与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，离子方程式为Ag＋＋Cl-=AgCl↓，故A正确；B．电子、电荷不守恒，正确的离子方程式应该为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；C．Cu与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO，正确的离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．CaCO3难溶于水，主要以固体存在，应该写化学式，离子方程式应该为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故D错误；故选A。3．C【详解】A．氯化氢溶于水得盐酸，HCl=H++Cl-，所以溶液呈酸性，故A不符合题意；B．CO2溶于水发生CO2+H2O=H2CO3，H2CO3H++HCO，所以溶液呈酸性，故B不符合题意；C．NH3溶于水发生NH3+H2O=NH+OH-，所以溶液呈碱性，故C符合题意；D．SO2溶于水发生SO2+H2OH2SO3HSO+H+，溶液呈酸性，故D不符合题意；故选C。4．C【分析】某工业废水显酸性，则含大量的H+。【详解】A．H+、Na＋、Ca2＋、Cl-、NO、Al3+之间不反应，能大量共存，因此该废水中可能含Al3+，A不符题意；B．H+、Na＋、Ca2＋、Cl-、NO、Fe3+之间不反应，能大量共存，因此该废水中可能含Fe3+，B不符题意；C．H+、Ca2＋均会和CO反应，不能大量共存，因此该废水中不可能含大量的CO，C符题意；D．H+、Na＋、Ca2＋、Cl-、NO、SO之间不反应，能较大量共存，因此该废水中可能含SO，D不符题意；答案选C。5．C【详解】NaHCO3和NaHSO4的溶液混合反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为+H＋＝CO2↑+H2O，则实际参加反应的离子是和H+，故C正确。答案选C。6．B【详解】A．MnO的水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；B．离子水溶液均无色，且离子之间及与OH-之间不能发生任何反应，因此离子可以大量共存，B符合题意；C．在碱性溶液中，OH-与H+发生反应产生H2O，不能大量共存，C不符合题意；D．Cu2＋水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，且Cu2＋与OH－反应生成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，D不符合题意；答案选B。7．A【详解】A．氯化铜溶液与铁粉反应生成单质铜和氯化亚铁，离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu，A正确；B．稀H2SO4与铁粉反应生硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C．氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C错误；D．碳酸钙与盐酸反应，碳酸钙为固体写化学式：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，D错误；答案为A。8．B【分析】要除去Ca2+、Mg2+、SO，第一步是加入过量的Ba(OH)2溶液，目的是除尽Mg2+、SO；第二步是加入过量的Na2CO3溶液，目的是除尽Ca2+和过量的Ba2+；操作Ⅰ的名称是过滤，此时滤液中剩余的离子有Na+、Cl-、CO、OH-；第三步是加入过量盐酸，除去CO、OH-，煮沸的目的是让多余的盐酸挥发。据此分析。【详解】A．由以上分析可知物质B因为碳酸钠溶液，故A错误；B．由上述分析可知第一步加足量的氢氧化钡溶液的目的是除尽镁离子和硫酸根离子，故B正确；C．操作I的目的是将生成的沉淀过滤分离出去，应为过滤操作，故C错误；D．第三步是加入过量盐酸，除去CO、OH-，发生的反应2H++CO=H2O+CO2↑和H++OH-=H2O，故D错误；故选：B。9．A【详解】A．硝酸具有强氧化性能将二氧化硫氧化成硫酸，正确的方程式为：，故A错误；B．熟石膏是，生石膏为，两者转化的反应为，故B正确；C．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：，故C正确；D．与过量的氢氧化钡反应生成硫酸钡，氨气和水，反应的离子方程式为：，故D正确；故选：A。10．A【详解】A．氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫生成亚硫酸和水，其离子方程式为SO2+2OH-=SO+H2O，故A正确；B．铜片投入浓硝酸中生成的是二氧化氮，其正确的离子方程式是Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，故B错误；C．氨水的主要成分是NH3•H2O，NH3•H2O是弱电解质，不能拆，和盐酸反应正确的离子方程式是NH3·H2O＋H+＝＋H2O，故C错误；D．碳酸钙和稀硝酸反应，碳酸钙不溶于水，不拆，正确的离子方程式为:CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2↑，故D错误；本题答案A。11．B【详解】A．Fe3+和氢氧根离子能发产生氢氧化铁沉淀，不能大量共存，A错误；B．Na＋、K＋、OH－、SO之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，B正确；C．NO在酸性条件下具有氧化性，能氧化亚铁离子，不能大量共存，C错误；D．NH与OH－之间能发生反应，不能大量共存，D错误；故选B。12．D【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+的物质的量为=0.02mol，一定没有；4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为=0.02mol，即0.02mol，一定不存在Ag+，由上述分析可知，一定含、、Fe3+，溶液中、Fe3+所带正电荷为0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，所带负电荷为2×0.02mol=0.04mol，据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl-，由上述分析可知，一定含Cl-、、、Fe3+四种离子，一定不存在的离子有和Ag+，Al3+和K+可能存在，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，至少Cl-、、、Fe3+四种离子，A错误；B．由分析可知，CO和Ag+一定不存在，A13+和K+可能存在，B错误；C．由分析可知，C1-一定存在，C错误；D．由分析可知，Cl-一定存在，D正确；故答案为：D。13．B【分析】根据离子反应的条件：生成沉淀、气体、弱电解质及发生氧化还原反应等进行判断是否发生反应，根据反应的量判断产物；【详解】A．离子方程式书写错误，评价也错误，正确的离子方程式为：Ca2+＋HCO＋OH-=CaCO3↓＋H2O，故A不符合题意；B．根据反应量的关系进行判断离子方程式和评价都正确，故B符合题意；C．硝酸具有强氧化性，二价铁具有还原性，过量的硝酸与二价铁继续发生氧化还原反应，二价铁会全部被氧化为三价铁，故离子方程式和评价都错误，故C不符合题意；D．根据次氯酸钠足量判断，离子方程式错误，应该是：2Fe2+＋5ClO-＋5H2O=2Fe(OH)3↓＋Cl-＋4HClO，故评价也错误，故D不符合题意；故选答案B。【点睛】少量问题根据“定1法”：定少量的物质的系数为1进行书写方程式，或者根据过量的物质能否与产物反生反应判断离子方程式书写是否正确。14．D【分析】根据离子反应的条件：生成沉淀、气体、弱电解质及发生氧化还原反应、双水解而不能大量共存进行判断；【详解】A．通入HCl后，氢离子会和碳酸氢根离子发生反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故A不符合题意；B．通入二氧化硫后会和硝酸根离子发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；C．通入氯气后会和二价铁发生氧化还原反应，而不能大量共存，故C不符合题意；D．离子能大量共存，通入二氧化碳后不反应，仍能大量共存，故D符合题意；故选答案D。【点睛】硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，而二氧化硫通入溶液后会显酸性，两者发生氧化还原反应。15．C【分析】向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，溴水为橙色，则溶液中含还原性离子为；则不能存在Fe2+，且少量溴水先氧化，不能确定是否含I-，结合电荷守恒来解答。【详解】向该无色溶液中滴加少量溴水，溶波仍呈无色，由于溴水为橙色，则溶液中含，不含Fe2+。A．少量溴水先氧化，因此不能确定是否含I-，A不符合题意；B．由上述分析可知，肯定含有，不能确定是否含I-，B不符合题意；C．若含，一定含，且所有离子物质的量浓度相等，由于三种阳离子均存在时，也不能满足电荷守恒关系，故肯定不含，C符合题意；D．若阴离子只有，阳离子为Na+、、K+中的两种，可满足电荷守恒，但不能确定是否含，D不符合题意；故合理选项是C。16．D【详解】A．铁粉与过量稀盐酸反应生成氯化亚铁，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B．用Ca(OH)2与NH4Cl固体混合共热制取少量氨气，固体不能拆，故B错误；C．电荷不守恒，铝与NaOH溶液反应离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑，故C错误；D．NO2溶于水生成硝酸和NO，离子方程式为：3NO2＋H2O=2H++2NO+NO，故D正确；答案选D。17．A【分析】向该溶液中加入一定量NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+，在酸性溶液中CO不能大量存在，而后会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Mg2+，Fe3+，Cu2+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的氢氧化钠溶液中，所以一定没有Al3+，结合溶液的电中性以及沉淀的质量分析判断。【详解】向该溶液中加入一定量

NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的H+，在酸性溶液中CO不能大量存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，一定含NO；随着氢氧化钠的加入会有沉淀，能够生成沉淀的是Al3+，Mg2+，Fe3+、Cu2+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的氢氧化钠溶液中，所以一定没有Al3+；根据沉淀量达到最大消耗氢氧化钠的量是4mol，1molFe3+能消耗3mol氢氧化钠，生成1mol氢氧化铁沉淀107克，1molMg2+能消耗2mol氢氧化钠，生成1mol氢氧化镁沉淀58克，3mol氢氧化钠生成氢氧化镁1.5mol，质量为87克小于100克，1molCu2+能消耗2mol氢氧化钠，生成1mol氢氧化铜沉淀98克，3mol氢氧化钠生成氢氧化铜1.5mol，质量为147克大于100克，因此一定含有Mg2+，Fe3+和Cu2+含一种或两者都含有，综上可知一定含有的离子Mg2+，H+，NO，Fe3+和Cu2+含一种或两者都含有，故选A。18．C【详解】A．电荷不守恒，与水反应离子方程式为：，故A错误；B．与发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水，离子方程式为：，故B错误；C．溶液与溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为：，故C正确；D．过量溶液与溶液加热反应生成氨气、碳酸钠和水，离子方程式为：，故D错误；答案选C。19．D【分析】固体加入氢氧化钠浓溶液生成气体，应为氨气，则固体混合物含有NH4Cl，且n（NH4Cl）=，m（NH4Cl）=1.07g，溶液1加入过氧化氢、氯化钡生成白色沉淀1为6.63g，其中有部分溶于盐酸，可说明生成碳酸钡沉淀，则一定含有Na2CO3，且n（Na2CO3）=，m（Na2CO3）=0.01mol×106g/mol=1.06g，4.66g为硫酸钡，说明原溶液含有Na2SO3、Na2SO4中的一种或两种，且物质的量为0.02mol，如含有Na2SO4，则n（Na2SO4）=0.02mol×142g/mol=2.84g，则2.84+1.06+1.07=4.97＞4.7g，说明恰好为NH4Cl、Na2CO3、Na2SO3的混合物，还应含有NaCl，溶液2加入硝酸、硝酸银得到白色沉淀，可说明不含NaBr。【详解】A．由NH4Cl、Na2CO3、Na2SO3的混合物质量为0.02mol×126g/mol+1.06+1.07=4.65＜4.7g，则含有NaCl，故A错误；

B．若溶液1中只加BaCl2，则生成白色沉淀为碳酸钡、亚硫酸钡，质量必小于6.63g，故B错误；

C．由上述分析可知，原固体混合物中必含有NH4Cl、Na2CO3、Na2SO3，故C错误；D．因0.02mol×126g/mol+1.06+1.07=4.65＜4.7g，则含有NaCl，测定出“白色沉淀3”的质量可知NaCl与氯化钡中氯离子的总量，可以确定原固体混合物的组成，故D正确；

故选：D。20．A【分析】向溶液X中加入足量稀硫酸，有气体乙产生，可能是与H+反应产生的CO2，也可能是在酸性条件下与Fe2+发生氧化还原反应生成的NO；溶液X与过量NaOH溶液反应生成0.02mol气体甲为NH3，即溶液X中含0.02mol；向所得溶液甲中逐滴加入稀盐酸，无明显现象，故溶液X中无Al3+和；再继续加入BaCl2溶液，生成沉淀乙，则沉淀乙为BaSO4，质量为4.66g，物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02mol；所得沉淀甲应为Fe(OH)2或Fe(OH)3或两者的混合物，经洗涤、灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，故溶液X中含0.02molFe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量之和一定为0.02mol，由于溶液X中无，则生成气体乙的反应只能是与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和，而所含阴离子的物质的量相等，即的物质的量也为0.02mol；故溶液X中已经确定存在的阴离子有0.02mol，0.02mol，共带0.06mol负电荷；0.02mol，0.02molFe2+或0.02molFe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷的物质的量大于或等于0.06mol。由于溶液中一定不含Al3+、，根据溶液呈电中性可知，当含0.02molFe2+时，阳离子所带正电荷的物质的量为0.06mol，则Cl−可能存在，也可能不存在，若Cl−存在，则K+一定存在；若Cl−不存在，则K+一定不存在；若溶液中含Fe3+，阳离子所带正电荷的物质的量大于0.06mol，则溶液中一定存在Cl−，可能存在K+。【详解】A．由于溶液要保持电中性，故当溶液中含Fe3+时，则阳离子所带的正电荷的物质的量大于0.06mol，故溶液中一定含Cl−，若Cl−存在，则K+一定存在，A项正确；B．溶液中一定存在，B项错误；C．K+可能存在，C项错误；D．气体甲为氨气，是纯净物，但沉淀甲可能是Fe(OH)2或Fe(OH)3或两者均有，不一定是纯净物，D项错误；答案选A。21．AD【详解】A．碳酸钙难溶于水，但溶解的碳酸钙能够电离出自由移动的离子，所以是电解质，故A正确；B．虽然SO3水溶液的导电性很好，但溶液中的离子是硫酸电离的，所以SO3是非电解质，故B错误；C．铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．Na2O液态时因能电离出自由移动的离子而能导电，所以是电解质，故D正确；答案选AD。22．CD【详解】A．氯气将亚铁离子氧化成三价铁离子，离子方程式左右电荷没守恒，正确答案为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，故A错误；B．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，其中次氯酸为弱酸，在改写离子方程式时不能拆分，故B错误；C．一水合氨为一元弱碱，与三氯化铝生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝在弱碱中不能继续反应溶解，故C正确；D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，氯化钠和次氯酸钠均为可溶强电解质，在改写离子方程式时可以拆分，故D正确；综上选择CD。23．BC【详解】A．H2C2O4为弱电解质，不能拆成离子形式，用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸的离子方程式为：2MnO＋6H+＋5H2C2O4=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O，A错误；B．酸性强弱顺序为：碳酸溶液>苯酚溶液>HCO3-，向C6H5ONa溶液中通入少量CO2生成NaHCO3，不会产生Na2CO3，其离子方程式为：C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋，B正确；C．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水的离子方程式为：NH＋Ca2+＋HCO＋2OH-=CaCO3↓＋H2O＋NH3·H2O，C正确；D．足量Cl2能将FeI2溶液中的Fe2+和I-全部氧化，通入足量Cl2的离子方程式为：2Fe2+＋4I-＋3Cl2=2Fe3+＋2I2＋6Cl-，D错误；故选BC。24．AC【详解】A．Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A错误；B．根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点溶液中大量存在的离子是Na+、OH-，故B正确；C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，故D正确；故答案选AC。25．BC【分析】由于还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生，，

当时，只氧化Fe2+，当时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题。【详解】由于还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生，，

当时，只氧化Fe2+，当时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，A．当x=1.5时，Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为，故A正确；B．当x=1.2时，，当Fe2+被完全氧化时需要0.5mol氯气，剩下0.7mol氯气氧化1.4mol溴离子，还有0.6mol溴离子未被氧化，所以其反应方程式为：，故B错误；C．当x=0.6时，，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，故C错误；D．x=0.4，，只氧化Fe2+，故D正确；故答案选：BC。【点睛】定量分析氧化还原离子方程式时，要结合得失电子守恒的原则进行计算配平。26．H++HCO＝H2O+CO2↑NaClO+H2O+CO2＝NaHCO3+HClOBFe(OH)33Fe+4H2OFe3O4+4H2【详解】(1)小苏打为碳酸氢钠，和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式为：H++HCO＝H2O+CO2↑。答案为：H++HCO＝H2O+CO2↑；(2)“84消毒液（含NaClO）时，按一定比例与水混合，放置一段时间，其杀菌消毒的效果增强，是因为NaClO能和H2O以及空气中的CO2发生反应，生成HClO，从而使其杀菌消毒的效果增强，化学反应方程式为：NaClO+H2O+CO2＝NaHCO3+HClO。答案为：NaClO+H2O+CO2＝NaHCO3+HClO；(3)根据除杂原则，除杂试剂均过量，且除杂不能引入新杂质可知，加入BaCl2溶液除去SO后，再加Na2CO3溶液，即BaCl2溶液不能放在Na2CO3溶液之后加入。因为碳酸钠能把过量的BaCl2沉淀出来。氢氧化钠可放在它们前面，也可放在它们后面或中间，过程中都完全沉淀完后再过滤，由此可知，B项错误；答案选B。(4)根据原子守恒，可知X的化学式为：Fe(OH)3。答案为：Fe(OH)3；(5)沾有水的铁制器皿在高温火焰上会发黑，是因为生成了黑色的四氧化三铁，化学反应方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2。答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2。27．检验装置气密性升华后产生的气体也为黄色在装置A、B间添加冷凝装置防堵塞导管2Fe3++2I-=2Fe2++I2在开始加热A装置前通入一段时间排尽装置内空气【分析】有气体参加的反应或制取气体的反应在实验前要检查装置的气密性，为防止空气成分对实验的干扰，要先通入与反应体系无关的气体进行排空处理；对于易升华的物质要注意采取安全措施，Cl2、FeCl3都有氧化性，都会将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色。要注意排除杂质的干扰，同时注意进行尾气处理，防止大气污染。据此解答。【详解】(1)因为可能有气体产生。因此实验操作前还需要进行的操作为检查装置气密性。故答案为：检验装置气密性。(2)甲同学认为装置A中产生黄色气体不能说明一定产生Cl2。这是因为FeCl3固体加热升华后产生FeCl3蒸汽也为黄色。因此不能确定黄色气体是Cl2还是FeCl3蒸汽。从安全角度分析,他认为该装置存在的问题是FeCl3固体加热易升华，其蒸汽遇冷就会发生凝华现象，变为固体会导致导管堵塞，改进的方法是在装置A、B之间添加冷凝装置防堵塞导管。故答案为：FeCl3升华后产生的气体也为黄色；在装置A、B间添加冷凝装置防堵塞导管。(3)①除了氯气可使B中溶液变蓝外，装置A中得到的气体中有一种黄色气体也可使B中溶液变蓝，该气体是升华的FeCl3蒸汽，该反应的离子方程式2Fe3++2I-=2Fe2++I2。故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2②在酸性条件下,装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为，解决问题的操作为在开始加热A装置前通入一段时间N2排尽装置内空气。故答案为：；在开始加热A装置前通入一段时间N2排尽装置内空气。(4)按照上述甲、乙同学改进进行实验,观察到装置A中产生黄色气体,装置B中溶液变蓝,则证明A中发生反应产生了Cl2，则A中发生反应的化学方程式为。故答案为：。28．2++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2NH3·H2O0.14：1：22.39【分析】向(NH4)2SO4和NH4Cl的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2先和(NH4)2SO4反应生成BaSO4沉淀和NH3·H2O，待(NH4)2SO4完全反应后，Ba(OH)2再和NH4Cl反应生成BaCl2和NH3·H2O。【详解】(1)开始时，Ba(OH)2和(NH4)2SO4反应生成BaSO4沉淀和NH3·H2O，离子方程式为：2++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2NH3·H2O；(2)加入100mLBa(OH)2溶液时，产生BaSO4沉淀的质量为2.33g，BaSO4的物质的量为，根据Ba元素守恒，加入Ba(OH)2的物质的量为0.01mol，则Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为；(3)BaSO4的物质的量为，所以，加入Ba(OH)2溶液200mL时，溶液中恰好反应完毕，和反应生成NH3·H2O，则，根据电中性原理，，，则；(4)由(3)可知，，，则。29．不能确定Ba2+、Mg2+0.10.2是0.1mol·L-1【详解】(1)碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，因此实验①得到沉淀无法确定是氯化银，故根据实验①对Cl-是否存在的判断是：不能确定；根据实验②可以知道含有，根据实验③可以知道沉淀一定是碳酸钡和硫酸钡，即溶液中一定含有、，碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀，故可判断溶液一定不存在的离子是：Ba2+、Mg2+，故答案为：不能确定；Ba2+、Mg2+；(2)结合(1)中分析可以知道溶液中一定含有的阴离子为、，由碳酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸可推知加入盐酸后剩余2.33g固体为BaSO4，利用硫原子守恒可以知道溶液中c()==0.1mol·L-1；利用碳原子守恒可以知道溶液中c()==0.2mol·L-1；故答案为：；0.1；；0.2；(3)溶液中肯定存在的离子是、、，经计算，的物质的量为=0.05mol，利用(2)中分析、计算可以知道、的物质的量分别为0.02mol和0.01mol，根据电荷守恒可以知道