北京市东城区高考化学二模试卷及答案VIP

高考化学二模试卷一、单选题1.下列三星堆出土的文物属于合金制品的是（

）A．青铜人面具B．椭圆形玉器C．陶三足炊器D．带孔海贝壳A.A

B.B

C.C

D.D2.下列化学用语表达正确的是（

）A.乙烯的实验式：

B.电镀铜时，铁制镀件上的电极反应式：

C.在水中的电离方程式：

D.用电子式表示的形成过程：3.配制溶液的操作如下所示。下列说法错误的是（

）A.操作1前称取的质量为4.0g

B.操作2前溶液需恢复至室温

C.操作3和操作4分别为洗涤和定容

D.操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线4.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（

）A.脂肪属于天然高分子，可用于生产肥皂

B.聚丙烯酸钠具有吸水保湿性，可用于干旱地区植树造林

C.纤维素在人体内水解最终产物为葡萄糖，可作为人类的营养食物

D.聚氯乙烯是一种热稳定性塑料，可用于制作食品包装袋等薄膜制品5.下列气体的验证方法没有涉及氧化还原反应的是（

）A.氧气——带火星的小木条复燃

B.氯气——湿润的有色纸条褪色

C.乙烯——酸性高锰酸钾溶液褪色

D.氨气——湿润的红色石蕊试纸变蓝6.根据元素周期律，下列说法正确的是（

）A.原子半径：

B.碱性：

C.酸性：，表明的非金属性强于

D.热稳定性：，表明的非金属性强于7.下列方程式与所给事实不相符的是（

）A.汽车尾气的催化转化：

B.用明矾净水：

C.用硫制硫酸：；

D.乙酸与乙醇的酯化反应：8.将分别通入下列四种溶液，根据实验现象所得结论正确的是（

）选项溶液现象结论A溴水溴水褪色具有漂白性B溶液出现淡黄色浑浊具有氧化性。C溶液无明显变化能溶于水D溶液无明显变化和溶液不反应A.A

B.B

C.C

D.D9.实验室模拟工业回收碘水中的碘，其操作流程如下：下列判断正确的是（

）A.

在中的溶解度小于在中的

B.

②、③中涉及的分离操作分别为分液和过滤

C.

②中与足量完全反应转移了

D.

②中反应消耗的和③中反应消耗的的物质的量之比为10.BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如下：+[中间产物]下列说法正确的是（

）A.最多可与发生加成反应

B.既有酸性又有碱性

C.中间产物的结构简式为

D.①为加成反应，②为消去反应11.反应在不同温度时的平衡常数如下：700800830100012000.60.91.01.72.6密闭容器中，某温度(T)、某时刻(t)时，反应混合物中M、N、P，Q的浓度分别为、、、。下列说法正确的是（

）A.

该反应

B.

若，则t时刻反应向正反应方向进行

C.

若t时刻反应达到化学平衡，则

D.

当达到化学平衡时，12.时，草酸溶液中各微粒的物质的量浓度如下：微粒下列关系不能说明草酸的第二步电离比第一步电离更难的是（

）A.大于

B.大于

C.远远大于

D.约等于13.酸性条件下，环氧乙烷水合法制备乙二醇涉及的机理如下：下列说法错误的是（

）A.制备乙二醇的总反应为+H2O

B.进攻环氧乙烷中的氧原子是因为碳氧键的共用电子对偏向氧

C.X的结构简式为

D.二甘醇的分子式是14.用下图所示装置电解饱和碳酸钠溶液，实验如下：装置X电极材料现象石墨两极均有气泡产生；5min后澄清石灰水变浑浊铂两极均有气泡产生；30min内澄清石灰水一直未见浑浊下列判断错误的是（

）A.X电极为阳极

B.左侧电极附近溶液增大

C.X为石墨时，石灰水变浑浊的主要原因是阳极产生的和反应生成了

D.电解过程中，溶液里一直存在二、非选择题15.聚合物G具有良好的耐高温性能，其合成路线如下：已知：（1）A的名称是________。（2）A→B的反应类型是________。（3）C→D的化学方程式是________。（4）D+E→F的过程中没有小分子生成。E的结构简式为________。（5）M是的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是________。a.与具有相同的官能团b.能发生银镜反应c.核磁共振氢谱有2组峰（6）G中每个链节含有两个五元环，补全F→G的化学方程式：________。16.过氧化钙在水中能缓慢放出氧气，是一种用途广泛的供氧剂，可用于鱼塘养殖。（1）.中所含化学键的类型是

、

。（2）.与水反应的化学方程式是

。（3）.由电石渣(主要成分为氢氧化钙)制备过氧化钙可实现工业废渣的资源化，其制备流程如下：①滤液Y可循环使用，其主要溶质的质量与反应前的加入量几乎没有变化，该溶质是

。解释其质量不变的原因：

(用化学方程式表示)。②Ⅰ和Ⅱ的反应装置均需置于冰水浴中，解释Ⅱ中冰水浴的作用：

(答出一点即可)。（4）.样品纯度测定ⅰ.按上图连接装置(夹持和加热装置均略去)，从水准管口加入适量水，并检查气密性；ⅱ.准确称量样品加入试管，并使其在试管底部均匀铺成薄层；ⅲ.上下移动水准管，使水准管中液面与量气管中液面平齐；读取量气管中液面对应的刻度，记为；ⅳ.加热发生反应：，充分反应至不再有气体产生，停止加热，

；再次读取量气管中液面对应的刻度，记为；Ⅴ.计算样品中的纯度。①补全ⅳ中操作：

。②该实验条件下，气体摩尔体积为，样品中的纯度为

(用质量分数表示)。17.以为原料合成甲醇可以减少的排放，实现碳的循环利用。一种催化剂对该反应有良好的催化效果。（1）Ⅰ.催化剂的合成氨水与的反应________(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。（2）补全上述过程中生成的离子方程式：________________________________+________（3）Ⅱ.催化剂的性能测试一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。已知：ⅰ。反应器内发生的反应有：a.b.ⅱ.选择性时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下转化率=________(列出计算式)。（4）其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如下图所示：①由图1可知实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是________。②温度高于时，平衡转化率变化的原因是________。③温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：________。18.碳酸锶为白色，难溶于水的固体，在电子工业中有泛应用。一种由天青石精矿(含)制备高纯的方法如下：天青石精矿粗含溶液高纯已知：ⅰ.、、和均难溶于水，在相同温度下的溶解度关系如下：ⅱ.几种氢氧化物在不同温度下的溶解度：20406080901001.773.958.4220.244.591.23.898.2220.94101.4--0.1730.1410.1210.0940.0860.076（1）粗的制取①碳化剂一般选择溶液或溶液。写出转化为的离子方程式：________。②实验发现，当温度和碳化剂的物质的量浓度均相同时，在溶液中的转化速率大于在溶液中的。从盐类水解的角度解释其原因是________。（2）含溶液的精制ⅰ.将粗溶解于适量盐酸中，过滤得到滤液(金属阳离子有：、、和)；ⅱ.加溶液调节上述滤液至12~13.过滤得到滤液X和滤渣A；ⅲ.将滤液X置于90~95℃的水浴中加热，生成白色沉淀B，趁热过滤弃去沉淀，得到滤液Y，并将ⅱ中的滤渣A重新投入滤液Y中浸泡(保持温度为90~95℃)；ⅳ.重复ⅱ和ⅲ3~4次，最后得到热的滤液Z；ⅴ.趁热向滤液Z中加入适量稀硫酸，过滤得到精制含溶液。①滤渣A中含有和________。②白色沉淀B的主要成分是________。③ⅳ的目的是________。④ⅴ中反应的离子方程式是________。19.某化学兴趣小组为探究高锰酸钾与铜的反应，设计实验如下：实验一现象酸性溶液一段时间后，培养皿中由铜片向外侧依次呈现：A区澄清且几乎无色；B区底部覆盖棕黑色固体；C区澄清且紫色变浅资料：a.在酸性溶液中不能稳定存在：b.为粉红色沉淀、溶于强酸；为黑色沉淀、不溶于强酸（1）被氧化成________，依据是________。（2）为探究的还原产物，取A区中溶液________(填操作和现象)，证明有生成。（3）A区中与反应的离子方程式是________。（4）经检验，B区的棕黑色固体是，从溶液中离子扩散的角度，结合离子方程式解释B区和C区中的现象：________。（5）小组同学又进行了以下定量实验：实验一现象酸性溶液一段时间后，铜片质量减少了0.02g，溶液中无固体析出、溶液紫色变浅通过计算，分析溶液紫色变浅而未完全褪色的原因：________。

答案解析部分一、单选题1.【答案】A【解析】【解答】A．青铜器是铜与其它化学元素锡、铅等的合金，故A符合题意；B．玉器是由玉石制作的，玉石大多为硅酸盐矿物质或二氧化硅，不属于合金，故B不符合题意；C．陶器属于硅酸盐产品，不属于合金，故C不符合题意；D．贝壳是生活在水边的软体动物的外套膜，其主要成分为碳酸钙，不属于合金，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】合金是金属加热融化加入金属或者非金属形成具有金属特性的材料，根据给出的选项找出即可2.【答案】D【解析】【解答】A．乙烯的实验式即最简式，应该为CH2，A不符合题意；B．电镀铜时，铁制镀件上的电极反应式：，B不符合题意；C．在水中完全电离，电离方程式：，C不符合题意；D．用电子式表示的形成过程：，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.C2H4是乙烯的分子式

B.电镀铜时，铁镀件做阴极因此时铜离子得到电子变为铜单质

C.氯化铵是强电解质完全电离

D.NaCl钠原子和氯原子通过得失电子形成的离子化合物，书写过程需要体现得失电子的过程3.【答案】D【解析】【解答】A．，，A不符合题意；B．转移到容量瓶前应冷却至室温，B不符合题意；C．操作3为洗涤，操作4为定容，C不符合题意；D．定容并摇匀后，容量瓶内部，瓶塞处会粘有部分液体，造成液面下降，但是溶液浓度没有变化，若再加入水会使浓度偏小，D符合题意；故答案为：D。

【分析】操作1是进行溶解氢氧化钠固体，进行操作1之前需要用托片天平称量氢氧化钠，操作1后需要待冷却后转移到容量瓶中，并且进行定容，需要用蒸馏水将烧杯等润洗几次将溶液转移到容量瓶中，待接近刻度线1-2cm时用胶头滴管进行定容，定容完全后需要进行摇匀即可。4.【答案】B【解析】【解答】A．脂肪不是高分子化合物，并且脂肪有天然和人造，A不符合题意；B．聚丙烯酸钠由于具有高分子结构和可解离的钠离子，因为遇水可以溶胀吸水保湿功能较好，可用于改善土地保湿性，B符合题意；C．人体内没有纤维素酶，则纤维素在人体内不能水解生成葡萄糖，C不符合题意；D．聚氯乙烯对热不稳定，易分解产生含氯的有毒物质，不能用于制作食品保鲜袋，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A..脂肪是高级脂肪酸，属于小分子化合物

B.聚丙烯酸钠中的羧酸根是亲水基团

C.纤维素在人体内不能水解

D.一般用聚乙烯塑料做包装薄膜材料，聚氯乙烯材料有毒5.【答案】D【解析】【解答】A．碳在氧气中燃烧有化合价变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．氯气和水反应生成HClO，次氯酸能漂白有色纸条，有化合价变化，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C．乙烯被高锰酸钾氧化成二氧化碳，有化合价变化，属于氧化还原反应，故C不符合题意；D．氨气溶于水生成氨水，电离出的氢氧根能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，无化合价变化，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】氧化还原反应涉及到化合价的变化，根据给出的选项中的反应写出方程式标出化合价即可判断6.【答案】D【解析】【解答】A．K为第四周期，半径最大，同一周期内，从左到右，原子半径递减，故钠大于镁，A不符合题意；B．同一周期从左到右，碱性递减，氢氧化钠碱性大于氢氧化镁碱性，同一主族，从上到下碱性增强，故氢氧化钙碱性大于氢氧化镁，B不符合题意；C．应该用最高价氧化物对应的水化物的酸性进行比较二者的非金属性强弱，C不符合题意；D．氢化物的热稳定性越强，其非金属元素的非金属性越强，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.电子层数越多，半径越大，同一周期，从左到右的原子半径逐渐减小

B.金属性越强，对应的金属最高价氧化物的水合物的碱性越强

C.比较元素非金属性，可以比较最高价氧化物对应水合物的酸性强弱

D.元素的非金属性越强，对应的氢化物稳定性越强7.【答案】C【解析】【解答】A．汽车尾气的主要成分为CO、氮氧化物等，可用催化剂使一氧化氮和一氧化碳转化为无污染的气体，故方程式为，A不符合题意；B．明矾净水的原理是明矾在水中可以电离出两种金属离子，钾离子和铝离子，而铝离子易水解，生成胶状的氢氧化铝，即为，B不符合题意；C．用硫制硫酸：；；，C符合题意；D．乙酸与乙醇的酯化反应：，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.利用催化剂将有毒一氧化氮和一氧化碳转化为无毒的二氧化碳和氮气

B.铝离子水解成氢氧化铝胶体具有吸附性可以除去杂质

C.硫不能与氧气反应到三氧化硫，而是生成二氧化硫

D.酯化反应是羧酸脱去羟基，醇脱去氢8.【答案】B【解析】【解答】A．溴水中通入SO2，溴水褪色，是因为溴水与二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，故A不符合题意；B．SO2+2H2S=2H2O+3S↓，反应中二氧化硫中S元素化合价由+4价变为0价，所以二氧化硫是氧化剂，体现了氧化性，故B符合题意；C．溶液中通入SO2气体，不发生反应，不能看到沉淀现象，而BaSO3这种盐是难溶于水的，故C不符合题意；D．二氧化硫能够被过氧化氢氧化生成硫酸，但反应过程中没有明显的现象，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.漂白性一般是用平红溶液进行检验

B.写出方程式标出化合价即可判断

C.亚硫酸为弱酸，盐酸为强酸，不会发生反应

D.过氧化氢具有氧化性，而二氧化硫具有还原性，氧化还原反应无现象9.【答案】B【解析】【解答】A．卤素在四氯化碳中溶解度大于水中溶解度，A不符合题意；B．②是将四氯化碳与水溶液分离，二者互不相容，且为液态混合物，故是分液；③是将固体与液体分离，故为过滤，B符合题意；C．由方程式可以看出，每与足量完全反应转移了，故与足量完全反应转移了，C不符合题意；D．设②中消耗6mol氢氧化钠，则③中硫酸的物质的量为3mol（含有6mol氢离子），二者之比是2:1，D不符合题意；故答案为：B。【分析】根据已知，②中发生的反应是，③中发生的反应是；10.【答案】D【解析】【解答】A．可以与4mol氢气发生加成反应，其中1mol苯环可与3mol氢气加成，1mol羰基可与1mol氢气加成，共4mol，A不符合题意；B．与苯环相连的氨基显碱性，不显酸性，B不符合题意；C．①反应为加成反应，羟基应该连在C原子上而不是N原子上，C不符合题意；D．①反应断开了C=O，为加成反应，②反应消去了一个羟基和一个氢原子生成碳氮双键，为消去反应，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.苯环和醛基均可与氢气发生反应即可判断

B.此物质只有氨基无羧基只存在碱性

C.根据加成反应即可判断产物

D.根据反应物和生成物即可判断反应类型11.【答案】C【解析】【解答】A．由表格可知，随着温度的升高，K值增大，则该反应为吸热反应，，A不符合题意；B．当T=700℃时，K=0.6，Q>K，反应向逆反应方向进行，B不符合题意；C．当t时刻达到反应平衡，因为1.7<2.25<2.6，故1000℃<T<1200℃，C符合题意；D．当T=830℃，K=1，Q>K，反应向逆反应方向移动，设反应的M的物质的量浓度为x，则可列：，当T=830℃，，x=0.25mol/L，故反应后c(M)=1+0.25=1.25mol/L，D不符合题意；故答案为：C。【分析】，T℃，t时刻时，；12.【答案】A【解析】【解答】A．小只能说明第二步电离难，无法比较第二步电离与第一步电离的大小，A符合题意；B．为第一步电离，为第二步电离，大于说明草酸第二步电离比第一步电离更难，B不符合题意；C．第二步电离中生成的，而远远大于说明第一步电离比第二步电离容易，C不符合题意；D．约等于，说明第二步电离中的产物可忽略不计，则说明第二步电离比第一步电离更难，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】根据比较H2C2O4H++HC2O4-,HCO4-H++C2O42-，各离子之间的浓度大小即可判断13.【答案】C【解析】【解答】A．根据生成乙二醇的机理，总方程式为+H2O，A不符合题意；B．由于碳氧键中氧的吸电子能力更强，共用电子对偏向氧，使氧带负电，氢离子进攻氧原子，B不符合题意；C．根据，推测X为，C符合题意；D．根据图2最后一步，二甘醇为HOCH2CH2OCH2CH2OH，分子式为，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据流程即可写出方程式

B.氧原子的电负性强于碳更容易吸引电子

C.根据生成副产物的原理即可找出X的结构式

D.根据图2中得到二甘醇的反应即可写出分子式14.【答案】C【解析】【解答】A．由于X电极为铂时，澄清石灰水不变浑浊，而X电极为石墨时，澄清石灰水变浑浊，故不可能是阳极产生氢离子与碳酸根离子反应生成了二氧化碳，只有是X电极是石墨时，石墨被氧化成了二氧化碳，那么X电极为阳极，才会发生氧化反应，A不符合题意；B．X电极为阳极，左侧电极为阴极，发生还原反应，氢离子在左侧电极被还原为氢气，即氢离子浓度减小，因此氢氧根离子浓度增大，B不符合题意；C．由A项分析得知，C项不可能是碳酸根离子与氢离子反应放出二氧化碳，否则不论X电极为石墨还是铂，澄清石灰水均会变浑浊，C符合题意；D．由电荷守恒可知，一直存在，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】根据现象的不同即可判断使用石墨电极时石灰水变浑浊，说明二氧化碳生成，因此X电极是阳极，是氢氧根失去电子变为氧气，氧气与石墨反应得到二氧化碳，左边的石墨电极是阴极，是氢离子得到得到电子变为氢气，留下大量的氢氧根离子，根据电荷守恒，溶液中一直存在

。二、非选择题15.【答案】（1）甲苯

（2）取代反应

（3）+4HCl

（4）

（5）

（6）【解析】【解答】(1)由上述分析可知，A的结构简式为，其名称为甲苯；

(2)A→B为甲苯的硝化反应，反应类型为取代反应；(3)C→D的化学方程式为与COCl2发生取代反应生成，反应方程式为+4HCl；(4)由上述分析可知，E的结构简式为；(5)M是的同分异构体，其中含有氯原子、，能发生银镜反应，说明其中含有-CHO，核磁共振氢谱有2组峰，说明其中含有2种化学环境不同的氢原子，而M中只含有2个氧原子，因此说明M中一定含有，除醛基外只有1种化学环境的氢原子，说明另外6个氢原子等效，因此M的结构简式为；(6)G中每个链节含有两个五元环，由已知信息可知，反应过程中其断键和成键方式为，因此该反应方程式为。【分析】A的化学式为C7H8，不饱和度为4，根据D的结构简式可知A中含有苯环，因此A的结构简式为，与浓硝酸在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生取代反应，根据B的化学式可知其中含有2个硝基，因此B的结构简式为，上硝基发生还原反应生成氨基，由C的化学式可知B中硝基完全被还原，因此C的结构简式为，D+E→F的过程中没有小分子生成，说明F的单体为和，因此与ClCH2COOC2H5在K2CO3作用下反应生成E()。

16.【答案】（1）离子键；(非极性)共价键

（2）

（3）；；

（4）减少和分解损失，利于析出；待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐；或【解析】【解答】(1)中含有离子键和共价键；

(2)与水反应的化学方程式是；(3)①Ⅰ中发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，Ⅱ中发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，则循环利用的溶质为NH4Cl；②冰水浴的作用为减少和分解损失，利于析出；(4)①由于气体热胀冷缩，故需待整个装置恢复至室温，上下移动水准管使其中液面与量气管中液面平齐；②，，，，纯度为。【分析】在电石渣中加入氯化铵溶液，发生反应为Ca(OH)2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3·H2O，过滤后在溶液中加入双氧水，发生反应为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O+2NH4Cl，过滤，滤液Y为氯化铵；

17.【答案】（1）不属于

（2）1；1；1；2NH3↑；2N

（3）

（4）CO2的实验转化率未达到平衡转化率；温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度；在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多【解析】【解答】Ⅰ.(1)氨水与反应生成，元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，故答案为：不属于；

(2)和H2O反应生成产物之一为CnO，元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒可判断还生成了N和NH3，配平后得到上述过程中生成的离子方程式为：2NH3↑+2N，故答案为：1；1；1；2NH3↑；2N；Ⅱ.(3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，假设生成的CH3OH的物质的量为1mol，则生成的CO的物质的量为0.11mol，剩余的CO2的物质的量为7.20mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为1mol+7.20mol+0.11mol，则该温度下转化率的计算式为，故答案为：；(4)①由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态，故答案为：CO2的实验转化率未达到平衡转化率；②反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大，故答案为：温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动的程度大于反应a逆向移动的程度；③由图2可知，温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多，故答案为：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。【分析】（1）根据元素的化合价进行判断即可

（2）根据反应物和生成物结合元素守恒即可判断

（3）根据给出的数据结合方程式即可计算出转化率

（4）①根据转化率未得到平衡数值即可判断

②根据a和b的反应即可判断，温度过高时反应以b为主③主要时此时a的速率比大于b，单位时间内得到的甲醇多

18.【答案】（1）；溶液中存在的水解，而溶液中和的水解相互促进，导致温度和浓度均相同时，前者的浓度大于后者

（2）和；；滤渣A成分中在时易溶于水，产生的可以结合滤液中的生成沉淀，提高的去除率，同时减少的损失；，【解析】【解答】(1)①天青石精矿(含)和碳化剂反应，碳化剂一般选择溶液或溶液。根据和均难溶于水，在相同温度下的溶解度关系如下：

分析，该反应属于沉淀转化，反应生成碳酸锶和硫酸钠或硫酸铵，转化为的离子方程式：；②溶液中存在的水解，而溶液中和的水解相