专题13 元素及其化合物知识的综合应用-2022年高考真题和模拟题化学分项汇编（解析版）.doc

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1、专题13 元素及其化合物知识的综合利用1（2021·全国高考甲卷真题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)的一种制备方法如下图所示：加入粉进行转化反应的离子方程式为_，生成的沉淀与硝酸反应，生成_后可循环使用。通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_；若反应物用量比时，氧化产物为_；当，单质碘的收率会降低，原因是_。(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_。在溶液中可发生反应。实验

2、室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_。【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 4 防止单质碘析出 【解析】(1) 由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-；AgNO3；通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先

3、氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子

4、守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：； (3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。2（2021·浙江高考真题）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：(1)白色固体C的化学式是_，蓝色溶液D中含有的溶质是_(用化学式表示)。(2)化合物X的化学式是_；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同

5、的空间结构，写出该阴离子的电子式_。(3)蓝色溶液A与作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。写出该反应的离子方程式_。设计实验验证该白色沉淀的组成元素_。【答案】 CuAl2Cl8 将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素 【分析】含有Cu2+的溶液显蓝色，含有Cu(NH3)42+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备Al(OH)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为Al

6、(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，综上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl-。【解析】(1)由上述分析可得，白色沉淀D为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到Al2O3，故白色固体为Al2O3；溶液D中含有的阳离子有Cu2+、Ag+、H+，阴离子有，故溶液中含有：，故答案为：；。(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X中含有铝离子物质的量为：=0.02mol，含有氯离子物质的量为：=0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为n(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，则可得X的化

7、学式为CuAl2Cl8；阴离子中Al原子的杂化方式为sp3，空间结构为正四面体，与CH4相同，其电子式为，故答案为：CuAl2Cl8；。(3)由上述分析可知，蓝色溶液A中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是+1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，中氮元素显-2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为。Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl中C

8、u元素为+1价，能被硝酸氧化为+2价，CuCl与硝酸反应过程中Cl元素以Cl-形式存在于溶液中，Cl-与AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素。3（2021·浙江高考真题）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：(1)组成X的3种元素是_(填元素符号)，X的化学式是_。(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是_。(3)步骤I，发生反应的化学方程式是_。(4)步骤II，

9、某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是_。(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明_。【答案】Cu、S、O CuS2O6 S2OSO+ SO2 + Cu(OH)2 + 2H2O SO2与水反应生成H2SO3； H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4 配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快 【分析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，

10、能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。【解析】(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质

11、量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比 n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO + SO2；(3)步骤为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2+2H2O；(4)步骤中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；(5

12、)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。4（2021·浙江高考真题）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O(x-1)S+K2SK2Sx(x=26)S+ K2SO3K2S2O3请计算：(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=_。

13、(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=_。(写出计算过程)【答案】30.0 3 【解析】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= =0.03L=30.0mL，故答案为30.0；(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3

14、H2O，根据反应方程式有解得x=3，故答案为3。1（2021·江苏扬州市·高三其他模拟）Cl2可用于生产漂白粉等化工产品。Cl2的制备方法有：方法 NaClO + 2HCl(浓) = NaCl + Cl2 + H2O；方法 4HCl(g) + O2(g) = 2H2O(g) + 2Cl2(g) H = a kJ·mol1上述两种方法涉及的反应在一定条件下均能自发进行。下列关于氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是ACl2易液化，可用于生产盐酸BNaClO具有强氧化性，可用作漂白剂C盐酸具有挥发性，可用于除铁锈DNaCl熔点较高，可用作防腐剂【答案】B【解析】A氯

15、气易液化与用于生产盐酸无关，氯气与氢气反应生成HCl，HCl溶于水形成盐酸，A不符题意；BNaClO具有强氧化性，因此具有漂白性，常用作漂白剂，有对应关系，B符合题意；C盐酸有酸性，能与铁锈反应使其溶解，因此盐酸可用于除铁锈，所给性质与用途不具有对应关系，C不符题意；DNaCl浓度较高时会导致微生物体内脱水死亡，所以可以杀菌起到防腐效果，NaCl熔点高和作防腐剂无对应关系，D不符题意；答案选B。2（2021·山东青岛市·高三二模）硫元素的价类二维图如图所示。下列说法错误的是Aa与c、d、e都有可能反应生成bBd溶液久置于空气中会生成e，溶液的减小C盐g与盐f之间也可能发生反

16、应D铜与e的浓溶液共热产生的气体通入溶液中，无明显现象【答案】C【分析】根据化合价以及物质的类别可知a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f含有或、g含有或。【解析】Aa为H2S，可以和SO2、H2SO3、H2SO4发生归中反应生成硫单质，A正确；BH2SO3具有较强的还原性，在空气久置会被氧气氧化成硫酸，硫酸酸性更强，pH更小，B正确；Cg为硫酸盐，f为亚硫酸盐，硫元素化合价相邻不反应，C错误；D铜与浓硫酸共热产生的气体SO2，SO2通入溶液中，不能发生弱酸制强酸的反应，所以无明显现象，D正确； 答案选C。3（2021·辽宁高三其他模拟）以黄铁矿(主要成分

17、)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染，其中一种流程如图所示。下列说法错误的是 A黄铁矿中的在煅烧过程中作还原剂B欲得到更纯的，反应应通入过量的气体C还原铁粉用盐酸溶解后，可用溶液滴定法来测定其纯度D加热制备的化学方程式为【答案】C【解析】A黄铁矿中的在煅烧过程中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，S元素的化合价由-1价升至+4价，失电子，作还原剂，选项A正确；B通入过量二氧化硫保证碱反应完全，得到纯净的，选项B正确；C盐酸也能与高锰酸钾溶液反应，不能用溶液滴定法来测定还原铁粉的纯度，选项C错误；D加热制备的化学方程式为，选项D正确；答案选C。4（2021&

18、#183;江苏南京市·南京师大附中高三其他模拟）镀镍废水是重金属污染源之一、含镍废水的处理方法常见的有络合法、离子交换法、沉淀法、电解法等。(1)络合法。现以EDTA、CS2、环氧氯丙烷和NaOH等合成一种重金属络合剂HMCA，在不同pH、HMCA浓度下对Ni2的去除率如图1、图2所示。去除Ni2的最佳条件是_。(2)一种离子交换和沉淀法工艺如下：已知该交换树脂为阳离子型树脂(HR，HRR-H)。已知在pH=2时，Ni2去除率很低，其原因为_。沉镍时生成NiC2O4·2H2O，写出生成该物质的离子方程式：_。沉淀经过滤、洗涤、灼烧得高纯镍，如何判断沉淀已经洗净？_。(3)电

19、解法。以直流电对含镍酸性废水电解，其阴极镍的析出率情况如图所示。电流强度增大，电流效率下降的原因是_。【答案】pH=6.57.5，(HMCA)=2.33.5 g·L-1 pH=2时，酸性较强，不利HRR-H电离产生R-，c(R-)低，因而Ni2去除率低 Ni2+H2C2O4+2H2O=NiC2O4·2H2O+2H 取最后一次的洗涤滤液，先滴入足量的HCl，再滴入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则已洗涤干净，否则没有洗净 电流过大，H在阴极被还原为氢气，导致电流效率下降 【解析】(1)Ni2+去除率越高，溶液中Ni2+的浓度越小越好。根据图示可知在pH为6.57.5时，N

20、i2+去除率最高，在(HMCA)=2.33.5 g·L-1时Ni2+含量最低，故合适的条件是：pH=6.57.5，(HMCA)=2.33.5 g·L-1；(2)在pH=2时，溶液的酸性较强，溶液中c(H+)较大，电离平衡HRR-H逆向移动，使得HR电离产生R-的浓度c(R-)降低，因而Ni2去除率低；在含有高浓度Ni2+的废水中加入H2C2O4，反应生成NiC2O4·2H2O，则生成NiC2O4·2H2O的离子方程式为：Ni2+H2C2O4+2H2O=NiC2O4·2H2O+2H；沉淀经过滤、洗涤、灼烧得高纯镍，根据工艺流程，若沉淀已经洗净，则

21、最后一次的洗涤液中无，可通过先加盐酸、后加入含Ba2+的溶液时无白色沉淀产生判断。故判断沉淀已经洗净的操作方法是：取最后一次的洗涤滤液，先滴入足量的HCl，再滴入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则已洗涤干净，否则没有洗净；(3)用电解法制镍。以直流电对含镍酸性废水电解，根据其阴极镍的析出率可知：电流强度增大，电流效率下降，这是由于电流过大时，会使溶液中的H在阴极上得到被还原为H2，导致电流效率下降。5（2021·北京海淀区·人大附中高三三模）ClO2和NaClO2都是广泛使用的漂白剂、消毒剂。其中高浓度ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。某工厂生

22、产ClO2和NaClO2的工艺流程如下。(1)Cl元素在周期表中的位置是_。(2)请写出ClO2发生器中反应的离子方程式_。(3)ClO2吸收器中，H2O2的作用是_。(4)若加硫酸过快，发生器中Na2SO3的利用率降低，请结合化学用语分析可能的原因_。(5)制备ClO2的工艺还有：盐酸法 双氧水法 双氧水法相比盐酸法的优点有：反应需要的酸度条件较低，对设备腐蚀影响较小；_；(补充一条优点)(6)在碱性条件下，用ClO2无化处理含CN-废水，请写出此过程反应的离子方程式_。【答案】第三周期A族 还原剂 ，SO2逸出溶液，使Na2SO3的利用率降低 产生的氧气稀释了ClO2，防止其浓度过高发生爆

23、炸，产生危险 【分析】生产ClO2和NaClO2的工艺流程为：ClO2发生器中发生反应2NaClO3+Na2SO3+H2SO4Na2SO4+2ClO2+H2O，ClO2吸收器中发生反应2ClO2+H2O2+2OH-2ClO+O2+2H2O，将吸收器中的溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤干燥等操作获得NaClO2，以此分析解答。【解析】(1)Cl元素的原子序数是17，在周期表中的位置是第三周期A族。(2)亚硫酸钠还原氯酸钠生成ClO2，ClO2发生器中反应的离子方程式为。(3)ClO2吸收器中ClO2被双氧水还原生成NaClO2，H2O2的作用是还原剂。(4)若加硫酸过快，会发生反应，SO2

24、逸出溶液，因此发生器中Na2SO3的利用率降低。(5)由于高浓度ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释，因此根据方程式可知另一个优点是产生的氧气稀释了ClO2，防止其浓度过高发生爆炸，产生危险。(6)在碱性条件下，用ClO2无化处理含CN-废水，CN-转化为碳酸根和氮气，因此反应的离子方程式为。6（2021·山东泰安市·高三其他模拟）锆(40Zr)是现代工业中重要的金属原料，具有良好的可塑性，其抗蚀性能强于钛。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量A12O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示：(1)分馏属于_(填“物

25、理变化”或“化学变化”)。(2)锆英石_(填“能”或“不能”)直接用稀盐酸浸取后再分馏，理由是_。(3)“高温气化”中ZrSiO4发生反应得到ZrC14的反应的化学方程式为_。(4)流程中ZrC14与水反应后经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOC12·8H2O，检验该物质是否洗涤干净的实验操作为_。(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KC1组成的熔盐来制取金属锆。阳极上的电极反应式为_，每转移0.4mole-，理论上阴极增加的质量为_。【答案】物理变化 不能 ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品 ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiC

26、l4+4CO 取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净 2Cl-2e-=Cl2 9.1g 【分析】该工艺流程图中，在高温气化过程中反应物是ZrSiO4、C、Cl2，生成物有ZrCl4、SiCl4和CO，故反应方程式为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO，分馏出ZrCl4后，与水反应生成ZrOCl28H2O，反应方程式为： ZrCl4+9H2O= ZrOCl28H2O+2HCl，然后再受热分解，反应方程式为：ZrOCl28H2OZrO2+2HCl+7H2O，据此分析解题。【解析】(1)分馏是利用互溶液体中各组分沸点的不同

27、将各组分分离的过程，没有新物质的生成，故属于物理变化，故答案为：物理变化；(2) 由于ZrSiO4难溶于盐酸，后续在高温气化的过程中依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品稀盐酸，故答案为：不能；ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品； (3)由题干流程图可知，“高温气化”中ZrSiO4与C、Cl2发生反应得到ZrC14和SiCl4，根据元素守恒可知另一种产物是CO，故该反应的反应的化学方程式为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO，故答案为：ZrSiO4+4Cl2+4CZrCl4+SiCl4+4CO；(4)流程中ZrC14与水反应后

28、经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOC12·8H2O，此时ZrOC12·8H2O晶体表面混有杂质HCl，故检验该物质是否洗涤干净的实验操作为取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净，故答案为：取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净；(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KC1组成的熔盐来制取金属锆。阳极上发生氧化反应，故电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，阴极反应为：+4e-=Zr+6F-，每转移0.4mole-，理论上阴极生成0.1molZr，故阴极上增加的质量为

29、0.1mol×91g/mol=9.1g，故答案为：2Cl-2e-=Cl2；9.1g。7（2021·浙江高三其他模拟）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：X由5种短周期主族元素组成；B在标况下的密度为；A的焰色反应是紫色；所有物质都是纯净物。(气体体积已折算为标况下的体积)请回答：(1)组成X的元素除了Na、O外还有_(填元素符号)，X的化学式是_。(2)X与发生的反应的化学方程式是_。(3)少量C与足量反应也产生G，该反应的离子方程式是_。(4)，F、H的阴离子相同，反应后所得溶液呈酸性，原因是_。(5)已知C与A加热可制备得到一种气体，请设计实验探究该气体的组成：_(

30、已知该气体只有两种元素组成)。【答案】H、N、S 与水缓慢反应产生、，水解使溶液呈酸性 把产生的气体通入水中，取少量水溶液于试管中，滴加甲基橙(或其他酸碱指示剂)，若溶液变红，则说明该气体溶于水电离出，另取少量水溶液于试管中，滴加硝酸酸化的氯化银检验，产生白色沉淀说明该气体为HCl 【分析】D为无色液体，推测D为H2O，且n(H2O)=1.8g÷18g/mol=0.1mol，则X中含H；在标况下的密度为，则B的摩尔质量=×22.4L/mol=28g/mol，则单质B为N2，X含N，N的物质的量为2×(2.24L÷22.4L/mol)=0.2mol；A的焰

31、色反应是紫色，则A含K元素，由AE可知A还含Cl元素，则A为KCl，E为AgCl，A中K的物质的量=Cl的物质的量=AgCl的物质的量=14.35g÷143.5g/mol=0.1mol，则X不含Cl、K；由CFG可知G为硫酸钡，C、F含硫酸根，且物质的量为46.6g÷233g/mol=0.2mol，C和0.2molNaOH完全反应，则C含硫酸氢根，且C中H的物质的量=硫酸根的物质的量=0.2mol，则X含S，且S的物质的量=46.6g÷233g/mol=0.2mol。【解析】(1)结合分析可知组成X的元素除了Na、O外还有H、N、S；结合分析可知X中H的物质的量=

32、0.2mol+0.2mol=0.4mol，质量为0.4mol×1g/mol=0.4g，N质量为0.2mol×14g/mol=2.8g，S的质量为0.2mol×32g/mol=6.4g；A为KCl，不含O，B为N2，不含O，C为硫酸氢盐，C中O的物质的量=4×n(S)=0.8mol，D中O的物质的量为0.1mol×1=0.1mol，H的物质的量为0.2mol，则A、B、C、D中O的总物质的量为0.9mol，则X中O的物质的量为0.9mol-0.1mol×3=0.6mol，质量为0.6mol×16g/mol=9.6g；则X中Na

33、质量为23.8g-2.8g-0.4g-6.4g-9.6g=4.6g，物质的量为4.6g÷23g/mol=0.2mol，则X中Na、H、N、S、O的个数比=0.2:0.4:0.2:0.2:0.6=1:1:1:1:3，因此X的化学式为；(2)结合分析可知X为，其摩尔质量为(14+2+32+48+23)g/mol=119g/mol，23.8gX的物质的量为23.8g÷119g/mol=0.2mol，即0.2mol与发生反应生成0.1molKCl、0.1molN2、0.2molNaHSO4、0.1molH2O，因此反应的化学方程式是；(3)C为NaHSO4，少量NaHSO4与Ba(OH)2反应的离子方程式为；(4)即+H2ONa2SO4+H，F、H的阴离子相同，S化合价升高，N化合价应降低，因此H为硫酸铵，因此反应后所得溶液呈酸性，原因是与水缓慢反应产生、，水解使溶液呈酸性；(5)C为NaHSO4，A为KCl，C和A加热可制备得到一种气体，推测该气体为HCl(原因为HCl低沸点，易挥发)，检测其为HCl即检验其溶液呈酸性及含氯离子，具体方法为把产生的气体通入水中，取少量水溶液于试管中，滴加甲基橙(或其他酸碱指示剂)，若溶液变红，则说明该气体溶于水电离出，另取少量水溶液于试管中，滴加硝酸酸化的氯化银检验，产生白色沉淀说明该气体为HCl。