氧化还原反应与离子反应详解

考点1《氧化还原反映的基本概念》1．(·安徽“江南十校”3月联考)CO是空气质量日报中污染指数之一。运用I2O5能够测量空气中CO污染程度，反映为：I2O5＋5COeq\o(=,\s\up17(△))I2＋5CO2，下列有关说法对的的是()A．该反映属于置换反映B．方程式中的氧化物均为酸性氧化物C．常温常压下每生成2.24LCO2，转移电子数不大于0.2NAD．汽化上述反映中的物质所克服的作用力不同解析：A项，该反映不属于置换反映；B项，方程式中的CO不是酸性氧化物；C项中常温常压下2.24LCO2转化为原则状况体积不大于2.24L，故转移电子数不大于0.2NA；D项，各物质均为分子晶体，汽化均克服分子间作用力。答案：C2．(·安徽安庆五校3月联考)三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反映：3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF。下列有关该反映的说法对的的是()A．NF3分子中全部原子共平面B．NF3在反映中既作氧化剂又作还原剂C．生成0.2molHNO3时转移0.2mol电子D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1解析：A项，NF3分子构造类似氨气属于三角锥形，全部原子不共面；B项，NF3分子中N呈＋3价，化合价既升高又减少，NF3在反映中既作氧化剂又作还原剂；C项，分析反映可知，转移2mol电子生成1molHNO3，则生成0.2molHNO3时转移0.4mol电子；D项，从反映可知，氧化产物(HNO3)与还原产物(NO)的物质的量之比为1∶2。答案：B3．(·河南豫北十校3月联考)下列反映中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2的是()①O3＋2KI＋H2O=2KOH＋I2＋O2②SiO2＋2Ceq\o(=,\s\up17(高温))Si＋2CO↑③SiO2＋3Ceq\o(=,\s\up17(高温))SiC＋2CO↑④4HCl(浓)＋MnO2eq\o(=,\s\up17(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2OA．仅有② B．②④C．②③④ D．①②③④解析：反映①②③④氧化剂O3SiO2CMnO2还原剂KICCHCl物质的量之比1∶21∶21∶21∶2答案：D4．(·湖南株洲模拟)科学家发现了以下反映：O2＋PtF6＝O2(PtF6)，已知O2(PtF6)为离子化合物，Pt为＋5价，下列说法对的的是()A．O和F无正化合价B．1molO2参加反映，转移1mole－C．上述反映中O2作氧化剂D．上述反映属于加成反映解析：根据化合价代数和为0，O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt为＋5价，则氧元素的化合价是＋0.5价，故A错误；此反映中，O元素化合价升高0.5价，则1molO2参加反映转移1mol电子，故B对的；在反映O2＋PtF6=O2(PtF6)中，O元素化合价升高，被氧化，O2作还原剂，故C错误；反映不符合加成反映的特点，不存在不饱和键的加成反映，故D错误。答案：B5．(·山西运城中学期末)在下列物质之间的反映中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是()A．F2＋H2O(生成O2和HF)RNa＋H2OC．NaH＋H2O(生成H2和NaOH)D．Na2O2＋H2O解析：F2＋H2O的反映中，F元素的化合价减少，水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，故A错误；Na＋H2O的反映中，Na元素的化合价升高，水中H元素的化合价减少，则水作氧化剂，故B错误；NaH＋H2O的反映中，NaH中H元素的化合价升高，水中H元素的化合价减少，则水作氧化剂，故C错误；Na2O2＋H2O的反映中，Na2O2中O元素的化合价既升高又减少，而水中H、O元素的化合价都没有变化，则水既不是氧化剂又不是还原剂，故D对的。答案：D6．(·河北冀州中学月考)菜谱中记载：河虾不适宜与西红柿同食。重要因素是河虾中含有五价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的＋3价砷。下列说法中对的的是()A．在该反映中维生素C作催化剂B．砒霜是砷的氧化物，由上述信息可推知砒霜中含有的砷可能是＋3价砷C．由于河虾中含有砷元素，因此不能食用D．上述反映中维生素C作氧化剂解析：由信息可知，反映中砷元素的化合价减少，维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反映中作还原剂，A、D项错误；B项，砒霜是砷的氧化物，由上述信息可推知砒霜中含有的砷可能是＋3价，对的；C项，河虾中含有的砷元素为五价砷，是无毒的，能食用，三价砷有毒，错误。答案：B考点2《氧化还原反映的规律及应用》1．(·安徽模拟信息考试)乙硼烷(B2H6)是一种潜在的高能燃料，工业上可用反映：B2O3＋2Al＋3H2eq\o(=,\s\up17(AlCl3),\s\do15(高压))Al2O3＋B2H6制取，下列有关说法对的的是()A．反映中氢气作还原剂，铝作氧化剂B．B2H6充足燃烧生成B2O3和H2OC．B2H6中存在共价键和离子键D．每生成1molB2H6转移3mol电子解析：铝元素反映后化合价升高，作还原剂，氢元素化合价减少，作氧化剂，A项错；乙硼烷燃烧的化学方程式：B2H6＋3O2eq\o(=,\s\up17(点燃))B2O3＋3H2O，B项对的；B2H6为共价化合物，只有共价键，C项错；每生成1molB2H6，铝失去6mol电子，D项错。答案：B2．(·安徽芜湖一中模拟)有一未完毕的离子方程式：＋XOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3X2＋3H2O，据此判断X元素的最高化合价为()A．＋7B．＋6C．＋5D．＋1解析：由元素守恒与电荷守恒知框中为5X－，最低负价绝对值与最高正价之和为8，则X元素的最高化合价为＋7。答案：A3．(·江西新建一中期中)已知Fe3O4可表达成FeO·Fe2O3，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反映为3Fe2＋＋2S2Oeq\o\al(2－,3)＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4Oeq\o\al(2－,6)＋2H2O。下列说法对的的是()A．O2和S2Oeq\o\al(2－,3)是氧化剂，Fe2＋是还原剂B．每生成1molFe3O4，则转移电子数为2molC．参加反映的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1D．若有2molFe2＋被氧化，则被Fe2＋还原的O2为0.5mol解析：在3Fe2＋＋2S2Oeq\o\al(2－,3)＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4Oeq\o\al(2－,6)＋2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化为＋2价→＋eq\f(8,3)价；硫元素的化合价变化为＋2价→＋eq\f(5,2)价；氧元素的化合价变化为0价→－2价，因此氧化剂是O2；还原剂是Fe2＋、S2Oeq\o\al(2－,3)。A项，由上述分析可知，还原剂是Fe2＋、S2Oeq\o\al(2－,3)，氧化剂是O2，故A错误；B项，由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反映的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4＝4mol，故B错误；C项，由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2＋、S2Oeq\o\al(2－,3)，3molFe2＋参加反映时只有2mol被氧化，参加反映的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶(2＋2)＝1∶4，故C错误；D项，2molFe2＋被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5mol，故D对的。答案：D4．(·天津南开模拟)已知溶液中还原性：HSOeq\o\al(－,3)>I－，氧化性IOeq\o\al(－,3)>I2>SOeq\o\al(2－,4)。在含有3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系如图所示，则下列说法错误的是()A．a点时NaHSO3过量B．b点时还原产物为碘离子C．b点到c点，KIO3与NaHSO3反映生成单质碘D．加入的KIO3为0.4mol或1.12mol时，反映后溶液中碘离子均为0.4mol解析：由于还原性HSOeq\o\al(－,3)>I－、氧化性IOeq\o\al(－,3)>I2>SOeq\o\al(2－,4)，故该反映按照以下次序进行：3HSOeq\o\al(－,3)＋IOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I－＋3H＋(此处只能生成I－，由于还原性HSOeq\o\al(－,3)>I－)，IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O。A项，此处只能是NaHSO3过量，对的；B项，b点时还原产物还应当是碘离子，b点后就为碘单质了，对的；C项，b点到c点，KIO3与碘离子反映生成单质碘，错误；D项，加入的KIO3为0.4mol时，根据反映方程式3HSOeq\o\al(－,3)＋IOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I－＋3H＋可知，生成I－为0.4mol，当加入的KIO3为1mol时，此时HSOeq\o\al(－,3)已经全部被氧化，生成I－为1mol，再加入0.12molKIO3时，又发生反映IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，此时消耗I－0.6mol，故最后剩余I－为0.4mol，对的。答案：C5．(·扬州高级中学期中)亚硝酸钠是一种工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面解决等，它的某些性质或用途见下图，下列说法不对的的是()A．NaNO2的稳定性不不大于NH4NO2B．NaNO2与N2H4反映，NaNO2是氧化剂C．可用淀粉­碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2D．NaN3分解，每产生1molN2转移6mole－解析：A项，NH4NO2加热易分解，而NaNO2加热难分解，因此NaNO2的稳定性不不大于NH4NO2，故A对的；B项，NaNO2与N2H4反映生成NaN3，NaNO2中氮的化合价由＋3价减少为－eq\f(1,3)价，是氧化剂，故B对的；C项，NaNO2含有氧化性，在酸性条件下可氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，NaCl无氧化性，在酸性条件下不能氧化碘化钾，因此可用淀粉­碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2，故C对的；D项，NaN3中氮的化合价为－eq\f(1,3)价，生成1个N2转移eq\f(2,3)个电子，则每产生1molN2转移eq\f(2,3)mole－，故D错误。答案：D6．(·绵阳中学测试)KClO3和浓HCl在一定温度下反映会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其反映可表述为：______KClO3＋______HCl(浓)=______KCl＋______ClO2＋______Cl2＋______H2O(1)配平以上化学方程式(化学计量数填入划线上)并用双线桥标出电子转移的方向和数目。(2)反映中的氧化剂是________，ClO2是反映的________(填“氧化”或“还原”)产物。(3)反映产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为________mol。(4)ClO2含有很强的氧化性，因此可被用来作消毒剂，若ClO2作消毒剂后其本身转化为Cl－，则其消毒的效率(以单位物质的量得到的电子数表达)是Cl2的________倍。解析：(1)根据氯元素的化合价升降守恒和质量守恒进行配平。(2)反映中，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，ClO2为还原产物，Cl2为氧化产物。(3)2HCl→Cl2，Cl的化合价由－1价→0价，生成0.1molCl2，转移0.2mol电子。(4)ClO2作消毒剂后其本身转化为Cl－，1molClO2→Cl－，Cl的化合价由＋4价→－1价，1molClO2转移5mole－；Cl2作为消毒剂，在消毒过程中，Cl2→2Cl－，1molCl2转移2mole－，故ClO2的消毒的效率是Cl2的eq\f(5mol,2mol)＝2.5倍。答案：(1)(2)KClO3还原(3)0.2(4)2.5专项5《离子反映》考点1《电解质》1．下表中物质的分类组合完全对的的是()选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质HFCaCO3HClOCH3COONH4非电解质SO2金属AlH2OC2H5OH解析：B项中的CaCO3属于强电解质，Al为单质，既不属于电解质，也不属于非电解质，B错误；C项中H2O为弱电解质，C错误；D项中CH3COONH4为强电解质，D错误。答案：A2．下列物质在水溶液中的电离方程式错误的是()A．NaHCO3=Na＋＋H＋＋COeq\o\al(2－,3)B．NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)C．MgCl2=Mg2＋＋2Cl－D．Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－解析：HCOeq\o\al(－,3)是弱酸的酸式酸根离子，不能拆分，A项书写错误；而HSOeq\o\al(－,4)为强酸的酸式酸根离子，应拆分，B项书写对的：MgCl2、Ba(OH)2分别为可溶性盐和强碱，都属于强电解质，C、D项书写对的。答案：A3．(·山西大同联考)下列叙述对的的是()A．溶于水后能电离出H＋的化合物都是酸B．电离生成的阴离子全部为OH－的一定是碱C．酸电离后一定有酸根离子生成，碱电离后一定有OH－生成D．导电性强的溶液里自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液里自由移动离子数目多解析：酸式盐在水溶液中能够电离出H＋，但不是酸，故A项错误；水电离出的阴离子全是OH－，但水不是碱，B错；溶液的导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷的多少有关，故D项错误。答案：C4．(·保定月考)下列描述对的的是()A．硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物B．蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质C．可通过溶液导电能力的大小判断强弱电解质D．在NaHSO4溶液中存在的离子有：Na＋、H＋、HSOeq\o\al(－,4)、OH－解析：A项，纯碱(Na2CO3)属于盐类。C项，强电解质的稀溶液导电能力不一定比弱电解质的浓溶液导电能力强。D项，NaHSO4溶液中HSOeq\o\al(－,4)完全电离为H＋和SOeq\o\al(2－,4)。答案：B5．(·南昌期中考试)下列有关叙述对的的是()A．石墨能够导电，因此石墨是电解质B．NaCl、MgCl2等物质熔融状态时能导电，它们是电解质C．HCl的水溶液能导电，因此盐酸是电解质D．能导电的单质一定是金属解析：溶于水或在熔融状态下能够本身电离出离子的化合物是电解质，石墨是单质，不是电解质，A不对的；NaCl、MgCl2等物质熔融状态时能导电，它们是电解质，B对的；HCl的水溶液能导电，但盐酸是混合物不是电解质，氯化氢是电解质，C不对的；能导电的单质不一定是金属，也能够是非金属，例如，石墨和硅等，D不对的。答案：B点评：判断强电解质、弱电解质的唯一原则是电解质在水溶液中能否完全电离，而溶液的导电性取决于溶液中离子的浓度和离子所带的电荷数，要注意两者的区别。考点2《离子反映和离子共存》1．(·江苏盐城模拟)25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．0.1mol·L－1NH4HCO3溶液：K＋、Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、OH－B．能使pH试纸显红色的溶液：Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、I－、NOeq\o\al(－,3)C．0.1mol·L－1CH3COONa溶液：Mg2＋、Cl－、H＋、SOeq\o\al(2－,4)D．Kw/c(H＋)＝0.1mol·L－1的溶液：K＋、Na＋、NOeq\o\al(－,3)、SiOeq\o\al(2－,3)解析：A项，NHeq\o\al(＋,4)、HCOeq\o\al(－,3)均与OH－离子反映，在溶液中不能大量共存；B项，使pH试纸显红色的溶液呈酸性，酸性条件下NOeq\o\al(－,3)把I－氧化；C项，CH3COO－与H＋不能共存；D项，Kw/c(H＋)＝0.1mol·L－1的溶液呈碱性，四种离子不反映。答案：D2．(·山东青岛模拟)某溶液可能含有Na＋、Fe3＋、Br－、I－、HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)、NOeq\o\al(－,3)等离子。①向该溶液中滴加氯水，无气泡产生，溶液呈橙色；②向橙色溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀；③向橙色溶液中滴加淀粉溶液未变蓝，则在该溶液中必定存在的离子组是()A．Na＋、I－、SOeq\o\al(2－,3) B．Na＋、Br－、SOeq\o\al(2－,3)C．Fe3＋、Br－、NOeq\o\al(－,3) D．Na＋、Br－、NOeq\o\al(－,3)解析：①向该溶液中滴加氯水，无气泡产生，溶液呈橙色，阐明无HCOeq\o\al(－,3)，含有Br－；②向橙色溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，阐明含有SOeq\o\al(2－,4)，从而进一步阐明原溶液含有SOeq\o\al(2－,3)；③向橙色溶液中滴加淀粉溶液未变蓝，阐明没有I2，从而进一步阐明原溶液没有I－，因此该溶液中必定存在的离子组是Na＋、Br－、SOeq\o\al(2－,3)。答案：B3．(·湖北八市联考)室温下，下列各组离子能大量共存的是()A．稀硫酸中：K＋、Mg2＋、AlOeq\o\al(－,2)、S2Oeq\o\al(2－,3)B．NaHS溶液中：SOeq\o\al(2－,4)、K＋、Cl－、Cu2＋C.eq\f(KW,cH＋)＝10－13mol·L－1溶液中：Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)D．通入大量CO2的溶液中：Na＋、ClO－、CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)解析：本题考察限定条件下的离子共存，旨在考察考生对离子反映规律的理解能力。A项，酸性溶液中，AlOeq\o\al(－,2)、S2Oeq\o\al(2－,3)不能大量存在，错误；B项，NaHS溶液中，HS－能电离出S2－，Cu2＋与S2－反映生成CuS，故Cu2＋不能大量存在，错误；C项，eq\f(KW,cH＋)＝10－13mol·L－1，即c(H＋)＝0.1mol·L－1，该溶液为酸性溶液，所给的四种离子在酸性条件下能够大量共存，对的；D项，通入大量CO2的溶液，此时ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)，故ClO－不能大量共存，错误。答案：C4．(·贵州贵阳适应性监测)在指定环境中，下列各组离子一定能够大量共存的是()A．加入铝粉能够产生H2的溶液中：Al3＋、K＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－B．在由水电离出的c(OH－)＝10－14mol·L－1的溶液中：Fe2＋、NHeq\o\al(＋,4)、NOeq\o\al(－,3)、Cl－C．在pH＝11的溶液中：SOeq\o\al(2－,3)、K＋、Na＋、COeq\o\al(2－,3)D．在酸性溶液中：AlOeq\o\al(－,2)、I－、NOeq\o\al(－,3)、Na＋解析：本题考察了溶液中离子共存知识，旨在考察考生对离子反映条件的分析和判断能力。加入铝粉能够产生H2的溶液可能为强酸性溶液或强碱性溶液，若为强碱性溶液，则Al3＋不能大量存在，A项错误；由水电离出的c(OH－)＝10－14mol·L－1，阐明水的电离受到克制，溶液可能为酸或碱溶液，若为酸溶液，则Fe2＋和NOeq\o\al(－,3)不能大量共存，若为碱溶液，则NHeq\o\al(＋,4)不能大量存在，B项错误；pH＝11的溶液为碱性溶液，各离子之间不反映，能大量共存，C项对的；在酸性溶液中AlOeq\o\al(－,2)不能大量存在，I－和NOeq\o\al(－,3)也不能大量共存，D项错误。答案：C5．(·北京海淀期末)常温下，下列各组离子能大量共存的是()A．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、Br－、AlOeq\o\al(－,2)B．无色溶液中：H＋、K＋、MnOeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)C．c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、H＋、SCN－、I－D．由水电离出的c(OH－)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)、HCOeq\o\al(－,3)解析：本题考察限定条件下的离子共存，旨在考察考生的综合应用能力。pH＝12的溶液为强碱性溶液，四种离子能大量共存，A项对的；MnOeq\o\al(－,4)在溶液中呈紫色，H＋和C2Oeq\o\al(2－,4)不能大量共存，且H＋、MnOeq\o\al(－,4)和C2Oeq\o\al(2－,4)能发生氧化还原反映，B项错误；Fe3＋与SCN－能发生络合反映，Fe3＋与I－能发生氧化还原反映，故SCN－、I－不能大量存在，C项错误；由水电离出的c(OH－)＝1.0×10－13mol·L－1的溶液，既可能为强酸性溶液也可能为强碱性溶液，NHeq\o\al(＋,4)在强碱性条件下不能大量存在，HCOeq\o\al(－,3)在强酸性和强碱性条件下均不能大量存在，D项错误。答案：A6．(·安徽合肥教学质量检测)常温时，下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是()A．含有大量NOeq\o\al(－,3)的溶液中：Na＋、OH－、I－、SOeq\o\al(2－,3)B．pH<7的溶液中：Cu2＋、Fe3＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－C．使石蕊试液变蓝的溶液中：K＋、SOeq\o\al(2－,3)、S2－、COeq\o\al(2－,3)D．c()＝0.1mol/L的溶液中：Na＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)解析：NOeq\o\al(－,3)与I－、SOeq\o\al(2－,3)在酸性溶液中发生氧化还原反映而不能大量共存，但在碱性溶液中能大量共存，A项对的；pH<7的溶液为酸性溶液，提供的四种离子均能大量共存，B项对的；使石蕊试液变蓝的溶液为碱性溶液，提供的四种离子均能大量共存，C项对的；Fe3＋与能发生显色反映而不能大量共存，D项错误。答案：D考点3《离子方程式》1．(·广东三校联考)下列反映的离子方程式对的的是()A．向次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2=CaCO3↓＋2HClOB．向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋SO2=CaSO3↓＋2HClOC．向Ba(OH)2溶液中加入过量的Al2(SO4)3：3Ba2＋＋6OH－＋2Al3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)=3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓D．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水：Mg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－＋Ca2＋=MgCO3↓＋CaCO3↓＋2H2O解析：A项，向次氯酸钙溶液中通入过量CO2应生成Ca(HCO3)2；B项，ClO－含有强氧化性，在水溶液中可将SO2氧化为SOeq\o\al(2－,4)，本身被还原为Cl－；C项，向Ba(OH)2溶液中加入过量的Al2(SO4)3，由于Ba(OH)2少量，因此生成Al(OH)3和BaSO4；D项，由于Mg(OH)2比MgCO3难溶，因此向Mg(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水时应有Mg(OH)2生成。答案：C2．(·甘肃部分普通高中联考)下列表达对应化学反映的离子方程式对的的是()A．将过量SO2气体通入氨水中：SO2＋2NH3·H2O=2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2OB．向FeI2溶液中通入足量的氯气：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－C．向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠溶液：Ba2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=BaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)D．向硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液：Fe3＋＋3NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10I－=Fe2＋＋5I2＋3NO↑＋6H2O解析：过量的SO2与NH3·H2O反映生成NH4HSO3，A错误；FeI2与足量的氯气反映时，Fe2＋与I－都被氧化，离子方程式中Fe2＋与I－的个数比应为1∶2，B错误；向氢氧化钡溶液中逐滴加入少量碳酸氢钠溶液时，由于氢氧化钡过量，生成物中不应有COeq\o\al(2－,3)，对的的离子方程式为Ba2＋＋OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=BaCO3↓＋H2O，C错误；向硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液后，Fe3＋与NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下都能将I－氧化为I2，Fe3＋被还原为Fe2＋，NOeq\o\al(－,3)被还原为NO，D项对的。答案：D3．(·沭阳五校调研)类推思维是解题中惯用的一种思维办法，下列有关离子方程式的类推对的的是()已知类推A将Fe加入到CuSO4溶液中：Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋将Na加入到CuSO4溶液中：2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋B氢氧燃料电池的负极反映(稀硫酸作电解质溶液)：H2－2e－=2H＋氢氧燃料电池的负极反映(氢氧化钾溶液作电解质溶液)：H2－2e－＋2OH－=2H2O