化学高中化学离子反应练习题.docx

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化学高中化学离子反应练习题

化学高中化学离子反应练习题

一、高中化学离子反应

1．下列各反应对应的离子方程式正确的是（）

A．向Ca（OH）2溶液中加入少量的NaHCO3溶液：

Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O

B．向100mL0.12mol·L-1的Ba（OH）2溶液中通入0.02molCO2：

Ba2++3OH-+2CO2=HCO3-+BaCO3↓+H2O

C．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应后pH恰好为7：

H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O

D．向含0.1molNaOH和0.1molNa2CO3的溶液中加入1L0.4mol·L-1稀盐酸：

OH-+CO32-+3H+=CO2↑+2H2O

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．根据定少为一的原则，将NaHCO3的系数定为1，则向Ca（OH）2溶液中加入少量的NaHCO3溶液，离子反应方程式应为：

Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，A选项错误；

B．先算出Ba（OH）2的物质的量为0.012mol，而CO2的物质的量为0.02mol，二者的物质的量为3:

5，按照3:

5的化学计量比来写方程式：

3Ba2++6OH-+5CO2=4HCO3-+BaCO3↓+H2O，B选项错误；

C．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应后pH恰好为7，因此二者按2:

1的系数来反应：

2H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+2H2O，C选项错误；

D．首先三者的物质的量之比为1:

1:

4，稀盐酸先和烧碱中和，过量的稀盐酸再和纯碱反应，据此离子反应方程式为：

OH-+CO32-+3H+=CO2↑+2H2O，D选项正确；

答案选D。

【点睛】

本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同的离子反应，题目难度较大，注意反应的顺序，尤其是某一种反应物过量时的后续反应。

2．下列实验与对应示意图的关系正确的是（）

A．向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量

B．向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量

C．向明矾溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至过量

D．向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，有关反应为AlO2－+H++H2O=Al（OH）3↓和Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，逐渐产生沉淀，达到一定量后沉淀逐渐减少直至完全消失，图像应为

，A错误；

B.向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量，沉淀不溶解，图像错误，B错误；

C.向明矾溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至过量，根据反应式2KAl（SO4）2＋3Ba（OH）2＝K2SO4＋3BaSO4↓＋2Al（OH）3↓可知，当加入1.5mol氢氧化钡时生成1.5mol硫酸钡和1mol氢氧化铝。

根据反应式KAl（SO4）2＋2Ba（OH）2＝KAlO2＋2BaSO4↓＋2H2O可知，当加入2mol氢氧化钡时，生成的氢氧化铝又溶解生成偏铝酸钠，此时硫酸钡的沉淀达到最大值，因此图像可表示为，

，C正确；

D.向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量，会生成能溶于水的碳酸氢钙，沉淀会消失，D错误；

故答案选C。

【点睛】

在书写与量有关的离子方程式时，通常采用以少定多少为1的方式。

3．常温下，有c（H+）=0.1mol/L的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I﹣、Cl﹣、CO32﹣中的某几种，现取100mL该溶液进行如下实验：

已知氧化性Fe3+>I2，根据实验结果，下列判断正确的是（　　）

A．Fe3+、I﹣、Cl﹣三种离子一定存在

B．不能确定Na+和Cl﹣是否存在，CO32﹣一定不存在

C．Fe3+与Fe2+至少有一种

D．该溶液中c（Cl﹣）≥0.3mol•L1

【答案】D

【解析】

【分析】

溶液中已经含有0.1mol/L的H+，所以与其不能大量共存的

一定不存在；由于加入适量Cl2的四氯化碳溶液后下层出现了紫色，说明有碘单质生成，那么原溶液中一定含有I-；由于氧化性Fe3+＞I2，所以I-会被Fe3+氧化，所以原溶液中一定不会存在Fe3+；根据I2的质量为2.54g可知，100mL的原溶液含有I-0.02mol，所以原溶液中

；对分液后的水层加入足量的氢氧化钠会生成沉淀，所以原溶液中一定有Fe2+，那么1.60g固体即Fe2O3，所以100mL原溶液中，Fe2+的量为0.02mol，即原溶液中

；由于第一步中加入的Cl2会转变为Cl-，所以不能通过生成AgCl白色沉淀证明原溶液中含有Cl-；通过上述分析，原溶液中

，

，

，电荷并不守恒，所以原溶液中一定还含有Cl-，由于上述检验过程并未证明溶液中一定不含Na+，所以

；当

，溶液中不含Na+，当

，溶液中一定有Na+。

【详解】

A．通过分析可知，溶液中一定不含Fe3+，A项错误；

B．通过分析可知，原溶液中一定不含

；原溶液中一定还含有Cl-，且当

，溶液中不含Na+，当

，溶液中一定有Na+，B项错误；

C．通过分析可知，溶液中含Fe2+，不含Fe3+，C项错误；

D．通过分析可知，溶液中一定含有Cl-，且

，D项正确；

答案选D。

【点睛】

离子推断的问题，可以通过四个原则进行分析：

肯定原则，指的是，由题干中给出的检验现象等信息判定某离子一定存在；互斥原则，指的是，在某离子一定存在的前提下，与之不能大量共存的离子，一定不能存在于溶液中；进出原则，指的是，在设计实验检验溶液中存在的离子时，前面步骤加入的试剂是否会对后面的检验造成干扰；电中性原则，指的是，若题干中有给出沉淀质量，气体体积等信息，那么要对溶液中一定存在的离子是否符合电荷守恒进行验证。

4．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。

5．常温下，下列各组离子在相应的条件下能大量共存的是（）

A．由水电离产生的c（H+）=1×10-10mol•L-1的溶液中：

NO3-、Fe2+、Na+、SO42-

B．

=10-10mol•L-1的溶液中：

NH4+、I-、Cl-、K+

C．

=1×106的溶液中：

K+、Na+、Cl-、HCO3-

D．惰性电极电解AgNO3后的溶液中：

SO32-、K+、Na+、S2-

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．由水电离产生的c（H+）=1×10-10mol•L-1的溶液可能是碱性溶液，也可能是酸性溶液。

在酸性溶液中，H＋、NO3－和Fe2＋发生氧化还原不能大量共存，在碱性溶液中，Fe2＋和OH－反应生成Fe（OH）2，不能大量共存，A不符合题意；

B．

=10-10mol•L-1＜10-7mol•L-1，其溶液为酸性溶液，NH4+、I-、Cl-、K+不生成气体，不产生沉淀，也不生成水，可以大量共存，B符合题意；

C．

=1×106的溶液为碱性溶液，HCO3－与OH－反应生成CO32－和H2O，不能大量共存，C不符合题意；

D．用惰性电极电解AgNO3溶液，阴极Ag＋放电，阳极溶液中的OH－放电，总反应方程式为4AgNO3＋2H2O

4Ag＋O2↑＋4HNO3，溶液中含有HNO3，则SO32－和S2－会与HNO3发生氧化还原，不能大量共存，D不符合题意。

答案选B。

6．有一包白色粉末，由Na2SiO3、BaSO4、BaCO3、Na2SO3、NaOH中的一种或几种组成，为了探究它的成分，进行了如下实验：

下列判断错误的是（）

A．生成白色沉淀D的离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓

B．BaSO4一定不存在，NaOH可能存在

C．Na2SiO3、BaSO4、BaCO3、Na2SO3一定存在，NaOH可能存在

D．气体B和气体E均可使澄清的石灰水变浑浊

【答案】C

【解析】

【分析】

由探究实验流程可知，白色滤渣A与盐酸反应生成气体B，则A为CaCO3，B为CO2，无色溶液C与盐酸反应生成白色沉淀，则C中含Na2SiO3、Na2SO3，白色沉淀D为硅酸，气体E为SO2，由上分析可知，一定存在Na2SiO3、Na2SO3、CaCO3，不存在BaSO4，无法判断NaOH，以此来解答。

【详解】

A.生成白色沉淀D为硅酸，离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓，A项正确；

B.由分析可知，BaSO4一定不存在，NaOH可能存在，B项正确；

C.由分析可知，BaSO4一定不存在，C项错误；

D.B为CO2，E为SO2，均可使澄清的石灰水变浑浊，D项正确；

答案选C。

7．常温下，pH=1的某溶液A中含NH4+、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、CO32-、NO3-、Cl-、I-、SO42-中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol·L-1。

现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示。

下列有关说法正确的是

A．该溶液中一定有上述离子中的NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四种离子

B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36L

C．沉淀乙中一定有BaCO3，可能有BaSO4

D．一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I-

【答案】A

【解析】

【分析】

pH=1，说明溶液显强酸性，说明有H＋，CO32－一定不存在；溶液A中加入过量的（NH4）2CO3溶液，Fe3＋和CO32－发生双水解，生成氢氧化铁沉淀（红褐色），说明原溶液中不含Fe3＋，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁,因此，丁为NO2，丙为：

NO，说明原溶液中有NO3－，但是NO3－在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2＋、I－具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为Al（OH）3，原溶液中含有Al3＋，根据溶液显电中性，阳离子所带的电荷数总物质的量浓度为3n（Al3＋）＋n（H＋）=3×0.1＋0.1=0.4mol·L－1，而NO3－所带电荷数为0.1mol·L－1，又因为各离子浓度为0.1mol·L－1，因此原溶液中含有SO42－、Cl－，据以上分析解答。

【详解】

pH=1，说明溶液显强酸性，说明有H＋，CO32－一定不存在，

A.溶液A中加入过量的（NH4）2CO3溶液，Fe3＋和CO32－发生双水解，生成氢氧化铁沉淀（红褐色），说明原溶液中不含Fe3＋，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁,因此，丁为NO2，丙为：

NO，说明原溶液中有NO3－，但是NO3－在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2＋、I－具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为Al（OH）3，原溶液中含有Al3＋，根据溶液显电中性，阳离子所带的电荷数总物质的量浓度为3n（Al3＋）＋n（H＋）=3×0.1＋0.1=0.4mol·L－1，而NO3－所带电荷数为0.1mol·L－1，又因为各离子浓度为0.1mol·L－1，因此原溶液中含有SO42－、Cl－，故A正确；

B.题目中没有说标准状况，因此无法计算气体体积，故B错误；

C.因为加的是过量的（NH4）2CO3，所以有Ba2＋＋CO32－=BaCO3↓，根据A选项的分析，原溶液中有SO42－，因此也就有Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，因此沉淀乙一定是BaCO3、BaSO4，故C错误；

D.根据A选项的分析，原溶液中一定没有I－，故D错误；

故答案选A。

8．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Cu2+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。

9．离子互换反应的实质是“永远向着某些离子浓度减少的方向进行”，下列反应不符合这一实质的是

A．AgCl+2NH3·H2O→[Ag（NH3）2]Cl+2H2O

B．CuSO4+H2S→CuS↓+H2SO4

C．KCl（l）+Na（l）→K↑+NaCl（l）

D．2[Ag（NH3）2]Cl+Na2S→Ag2S↓+2NaCl+4NH3

【答案】C

【解析】

【分析】

如离子之间发生反应生成沉淀、气体或弱电解质，或发生氧化还原反应、络合反应等，则离子浓度减小，向着某些离子浓度减少的方向进行，据此分析。

【详解】

A．AgCl难溶于水，NH3∙H2O为弱电解质，生成络合物[Ag（NH3）2]Cl， A正确；

B．生成CuS沉淀，硫离子浓度减小，B正确；

C．KCl和Na为熔融状态发生反应，反应时离子浓度不变，C错误；

D．生成Ag2S沉淀和氨气，硫离子浓度降低，D正确；

答案选C。

10．某溶液中可能含有离子：

K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。

下列说法正确的是（）

A．若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+

B．若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+

C．溶液中可能含有Fe3+

D．溶液中一定含有Fe2+和SO42-

【答案】B

【解析】

【详解】

向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或

；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有

或

；若溶液中阴离子只有

，

与Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及

会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为

，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为

、

，Fe3+、Fe2+与

不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有

、

；综上所述，答案为B。

【点睛】

本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。

11．下列化学反应的离子方程式正确的是

A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：

Ba2++SO42﹣+H++OH﹣═BaSO4↓+H2O

B．用往氯化铁中加铁粉：

Fe+Fe3+═2Fe2+

C．往澄清石灰水中通入过量二氧化碳：

Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2O

D．往碳酸镁中滴加稀盐酸：

MgCO3+2H+═CO2↑+H2O+Mg2+

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，方程式中离子数目与化学式中离子数目不对应，正确的反应的离子方程式为：

Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A错误；

B．铁和三氯化铁之间可以反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为：

Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B错误；

C．过量CO2通入澄清石灰水中的离子反应为CO2+OH﹣═HCO3﹣，故C错误；

D．碳酸镁属于难溶物，写化学式形式，离子反应为：

MgCO3+2H+═CO2↑+Mg2++H2O，故D正确；

故选D。

【点睛】

本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、复分解反应的离子反应的考查。

12．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：

B．0.1mol/LHCl溶液:

C．0.1mol/LK2CO3溶液:

D．c（Fe2+）=0.1mol/L溶液中：

【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，CH3COO-不能大量存在，故B项错误；

C项，K2CO3溶液存在CO32-，CO32-与Al3+发生双水解反应，不能大量共存，故C项错误；

D项，Fe2+能在酸性条件下被NO3-氧化为Fe3+，Fe3+与SCN-结合生成络合物，不能大量共存，故D项错误。

答案选A。

13．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：

①称取4.7g样品，加入足量水，样品部分溶解。

②向①中所得悬浊液中加入100mL1mol/LHCl，最终得到无色澄清溶液，此过程中共产生0.04mol气体。

③向②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、NaOH

C．一定含CaCO3，可能含NaOHD．可能含CaO而不含CaCO3

【答案】AC

【解析】

【分析】

向①中所得悬浊液中加入100mL1mol/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0.04mol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②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/mol

0.59g，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；由于原样品只有三种杂质，则CaO和NaOH只含其中一种。

【详解】

向①中所得悬浊液中加入100mL1mol/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0.04mol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②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/mol

0.59g，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。

14．下列离子方程式正确的是（）

A．将过量NaOH溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中：

Ca2++HCO

+OH-→CaCO3↓+H2O

B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：

2Fe（OH）3+6H++2Iˉ→2Fe2++I2+6H2O

C．向硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42ˉ离子沉淀完全Al3++2SO42ˉ+2Ba2++4OHˉ→AlO2ˉ+2BaSO4↓+2H2O

D．4mol·L－1的NaAlO2溶液和7mol·L－1的HCl等体积互相均匀混合4AlO2－+7H++H2O→3Al（OH）3↓+Al3+

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

A．二者反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2＋＋2HCO3−＋2OH−＝CaCO3↓＋2H2O＋CO32−，故A错误；

B．二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘、水，离子方程式为2Fe（OH）3＋6H＋＋2I−＝2Fe2＋＋I2＋6H2O，故B正确；

C．向硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42−离子沉淀完全，二者的物质的量之比为1：

2，二者反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子方程式为Al3＋＋NH4＋＋2SO42−＋2Ba2＋＋4OH−＝Al（OH）3↓＋NH3

H2O＋2BaSO4↓＋2H2O，故C错误；

D．4mol•L−1的NaAlO2溶液和7mol•L−1的HCl等体积混合，二者反应生成氢氧化铝和氯化铝，且二者的物质的量之比为3：

1，离子方程式为