第02讲 硫及其重要化合物（练习）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第02讲硫及其重要化合物目录01模拟基础练【题型一】硫及氧化物的性质【题型二】二氧化硫的性质探究【题型三】浓硫酸的性质与应用【题型四】SO42-的检验【题型五】硫及其化合物的相互转化【题型六】其它重要硫化物的实验探究02重难创新练03真题实战练题型一硫及氧化物的性质1．(2024·河北省部分高中高三二模)“合异以为同，散同以为异”，哲学中的“同一论”既考察事物相同的一面，又考察事物不同的一面。下列叙述正确的是()A．S在空气中和氧气中燃烧生成的产物不同B．品红溶液中分别通入Cl2和SO2发生反应的类型相同C．Fe粉分别与足量稀硝酸和少量稀硝酸反应，生成的气体相同D．浓硫酸分别与Cu和C反应，生成的气体完全相同【答案】C【解析】A项，S分别在空气和氧气中燃烧，生成的产物均为SO2，A错误；B项，品红溶液中通入氯气发生氧化还原反应，品红与二氧化硫发生化合反应，属于非氧化还原反应，B错误；C项，Fe粉分别与足量稀硝酸和少量稀硝酸反应，生成的气体均为NO，故C项正确；D项，浓硫酸与Cu反应生成的气体为二氧化硫，而浓硫酸与碳反应生成二氧化硫和二氧化碳，气体不完全相同，D错误；故选C。2．(2024·安徽省合肥市三模)下列含硫化合物的反应中，离子方程式正确的是()A．将SO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-B．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：C．向硫代硫酸钠溶液中加入硫酸：Na2S2O3+2H+=2Na++SO2↑+S↓+H2OD．水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液处理：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)【答案】D【解析】A项，HClO具有强氧化性，HSO3-具有还原性，二者不能共存，少量SO2通入NaClO溶液中离子方程式为：SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-；多量SO2通入NaClO溶液中离子方程式为：SO2+ClO-+H2O=SO42-+2H++Cl-，A错误；B项，氢硫酸是二元弱酸，HS-不能完全电离，，B错误；C项，Na2S2O3易溶于水，应写成离子形式：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，C错误；D项，CaSO4微溶，CaCO3难溶，可以实现沉淀转化：CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)，D正确；故选D。3．(2023·浙江省学军中学选考模拟)绿矾分解可制备铁红：FeSO4·7H2O(未配平)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．1mol·L-1FeSO4溶液含有的阳离子数大于NAB．生成32g时，转移电子数为0.4NAC．标准状况下，11.2L和的混合物分子个数为0.5NAD．标准状况下，22.4L溶于水，溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的数目总和为NA【答案】B【解析】FeSO4·7H2O配平后为：2FeSO4·7H2O。A项，未说明溶液的体积，无法判断溶液中阳离子的物质的量，故A错误；B项，32g的物质的量为0.2mol，由方程式：2FeSO4·7H2O可知，转移电子数为0.4NA，B正确；C项，标准状况下，SO3为固态，C错误；D项，标准状况下，22.4L物质的量为1mol，溶于水，发生的反应为：SO2+H2OH2SO3，亚硫酸为弱酸，能电离出HSO3-、SO32-，因此溶液中SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-的数目总和为NA，D错误；故选B。4．热NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S＋NaOHeq\o(→,\s\up7(△))Na2SO3＋Na2S＋H2O(未配平)。下列说法不正确的是()A．方程式中含钠元素的化合物均含离子键和共价键B．生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1∶2C．方程式中S和H2O的化学计量数相同D．清洗之后的废液呈碱性【答案】A【解析】方程式中含钠元素的化合物为NaOH、Na2SO3、Na2S，其中NaOH、Na2SO3均含离子键和共价键，Na2S只有离子键，故A错误；根据得失电子守恒配平化学方程式为：3S＋6NaOHeq\o(=,\s\up7(△))Na2SO3＋2Na2S＋3H2O，所以生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1∶2，故B、C正确；生成的Na2SO3、Na2S都属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以清洗之后的废液呈碱性，故D正确。5．(2024·山东省威海市二模)向酸化的KI溶液中通入SO2，溶液变黄并出现浑浊，发生反应Ⅰ：SO2+4H++4I-=2I2+S↓+2H2O，继续通入SO2，溶液变为无色，发生反应Ⅱ：I2+SO2+2H2O=SO42-+4H++2I-。下列说法错误的是()A．SO2、I2的氧化性强弱与外界条件有关B．每生成0.1molSO42-，整个过程中转移0.4mol电子，同时消耗0.2molKIC．该过程的总反应为：3SO2+2H2O=2SO42-+S↓+4H+D．该反应过程中KI作催化剂【答案】B【解析】A项，由题干反应I可知SO2的氧化性强于I2，由反应Ⅱ可知，I2的氧化性强于SO2，故可说明SO2、I2的氧化性强弱与外界条件有关，A正确；B项，每生成0.1molSO42-，由反应方程式I2+SO2+2H2O=SO42-+4H++2I-可知，转移电子为0.2mol，同时生成0.2molI-，反应0.1molI2，而生成0.1molI2则通过反应ISO2+4H++4I-=2I2+S↓+2H2O消耗0.2molI-，转移电子数为0.2mol，故整个过程中转移0.4mol电子，不消耗KI，B错误；C项，由题干信息可知，反应I+2反应Ⅱ可得该过程的总反应为：3SO2+2H2O=2SO42-+S↓+4H+，C正确；D项，由C项分析可知，该反应过程中KI作催化剂，D正确；故选B。题型二二氧化硫的性质探究6．(2024·甘肃省兰州市一模)某小组同学探究SO2与新制Cu(OH)2悬浊液反应的实验装置图如下所示：下列说法不正确的是()A．配制70%硫酸溶液需要用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管B．装置B的作用是监控SO2流速，其中试剂可以用饱和NaHSO4溶液C．反应开始时C中出现砖红色沉淀，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1D．反应后向C的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，证明反应中SO2作还原剂【答案】D【解析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠固体与70%浓硫酸反应制备二氧化硫，装置B中盛有的饱和硫酸氢钠溶液用于监控二氧化硫的流速，装置C中二氧化硫与硫酸铜、氢氧化钠混合溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、氧化亚铜和水，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气。A项，由配制一定质量分数溶液配制的步骤可知，配制70%硫酸溶液需要用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，A正确；B项，二氧化硫易溶于水，装置B中盛有的饱和硫酸氢钠溶液中的氢离子会降低二氧化硫的溶解度，所以能达到监控二氧化硫的流速的实验目的，B正确；C项，装置C中二氧化硫与硫酸铜、氢氧化钠混合溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、氧化亚铜和水，则由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂硫酸铜和还原剂二氧化硫的物质的量之比为2：1，C正确；D项，装置C中二氧化硫与硫酸铜、氢氧化钠混合溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、氧化亚铜和水，则向C的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加氯化钡溶液，有白色硫酸钡沉淀生成因硫酸铜溶液中的硫酸根离子干扰实验，所以不能证明反应中二氧化硫作还原剂，D错误；故选D。7．如右图是研究二氧化硫性质的微型实验装置(实验时用另一表面皿扣在上面)。现用75%硫酸溶液和亚硫酸钠晶体反应制取SO2气体并进行实验，实验现象很明显。下列说法中错误的是()A．品红溶液褪色B．紫色石蕊溶液先变红后褪色C．酸性KMnO4溶液紫色褪去D．含酚酞的NaOH溶液红色变浅【答案】B【解析】A项，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，A项正确；B项，SO2能漂白品红，不能漂白指示剂，SO2是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红但不会褪色，B项错误；C项，SO2具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，能使酸性KMnO4溶液紫色褪去，C项正确；D项，SO2能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，能使含酚酞的NaOH溶液红色变浅，D项正确；故选B。8．(2024·天津市河东二模)为探究SO2的性质，进行了如下实验。Ⅰ.在实验室制备SO2并探究其相关性质，装置如下图所示。(1)盛放的仪器名称是。(2)此仪器中发生的化学反应方程式为。(3)下列SO2尾气处理装置不正确的是。(4)下列溶液褪色能证明SO2具有还原性的是___________(填标号)。A．品红溶液 B．含有酚酞的NaOH溶液C．溴水 D．酸性KMnO4溶液Ⅱ.有同学提出：SO2与Ba(NO3)2溶液反应时，溶液中的溶解氧也有可能起到氧化作用。设计如图所示实验装置探究溶液中NO3-与O2氧化SO2的主导作用：(5)下列实验均80秒，选择提供的试剂完成表格：0.1mol/LBa(NO3)2溶液、0.1mol/LKNO3溶液、0.1mol/LBaCl2溶液、0.2mol/LBaCl2溶液步骤操作pH变化ⅰ取25mL煮沸过的0.1mol·LBa(NO3)2溶液，通入VmLpH轻微减小ⅱ取25mL未煮沸的①，通入VmLpH减小2.5ⅲ取25mL煮沸过的0.1mol·LBaCl2溶液，通入VmLpH几乎不变ⅳ取25mL未煮沸的②溶液，通入VmLpH减小2③ⅲ、ⅳ两组实验pH变化不同的原因可能是。④由上表4个实验可知溶液中NO3-与O2氧化SO2占主导作用的是(填“NO3-”或“O2”)。(6)写出在有氧气的条件下，SO2与BaCl2溶液反应的离子方程式：。【答案】(1)分液漏斗(2)H2SO4+Na2SO3=Na2SO3+SO2↑+H2O(3)B(4)CD(5)0.1mol•L-1Ba(NO3)2溶液0.1mol•L-1BaCl2溶液氧气和二氧化硫、氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸O2(6)2SO2+2Ba2++O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+【解析】浓硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性使A中品红溶液褪色，二氧化硫和硝酸钡溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和氢氧化钠反应使得溶液碱性消失导致酚酞溶液褪色，二氧化硫和溴水发生氧化还原反应而褪色，二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，尾气有毒需要处理。(1)盛放Na2SO3溶液的仪器名称是分液漏斗；(2)浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠和水、二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO3+SO2↑+H2O；(3)二氧化硫极易溶于氢氧化钠溶液，则将二氧化硫气体通入氢氧化钠溶液中要注意防倒吸，故答案为B；(4)A项，品红溶液体现了二氧化硫的漂白性，A错误；B项，二氧化硫具有酸性氧化物的性质，和氢氧化钠反应使得溶液碱性消失，导致酚酞溶液褪色，B错误；C项，溴水具有强氧化性，和二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫还原性，C正确；D项，酸性高锰酸钾具有强氧化性，和二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫还原性，D正确；故选CD；(5)①实验中探究溶液中NO3-与O2氧化SO2的主导作用，则需要控制实验中的变量唯一；实验i、ii为对照实验，变量为硝酸钡溶液是否煮沸除去溶解氧，故实验ii为：0.1mol•L-1Ba(NO3)2溶液；②实验iii、iv为对照实验，变量为氯化钡溶液是否煮沸除去溶解氧，故实验iv为：0.1mol•L-1BaCl2溶液；③ⅲ、ⅳ两组实验pH变化不同的原因可能是氧气和二氧化硫、氯化钡反应生成硫酸钡和盐酸；④由实验i、ii为对照，验iii、iv为对照，通过pH变化可知，存在溶解氧的pH更小，故溶液中NO3-与O2氧化SO2占主导作用的是O2；(6)在有氧气的条件下，氧气将四价硫氧化为六价硫的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，总反应为2SO2+2Ba2++O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+。题型三浓硫酸的性质与应用9．蔗糖与浓硫酸反应的探究实验改进装置如图所示，该实验的设计体现了绿色、微型的特点，下列说法正确的是()A．该实验体现了浓硫酸的脱水性、酸性和强氧化性B．反应过程中，品红溶液褪色，加热后又恢复红色C．紫色石蕊溶液先变红后褪色D．该装置无法证明二氧化硫具有氧化性【答案】B【解析】浓硫酸使蔗糖脱水碳化，同时放出大量的热，生成的碳再与浓硫酸发生反应生成SO2、CO2和H2O，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，A项错误；左侧试管中发生反应产生SO2，SO2与品红化合生成无色物质使品红溶液褪色，加热后无色物质分解，释放出SO2，溶液重新变红，B项正确；SO2只能使紫色石蕊溶液变红，但不能使其褪色，C项错误；Na2S溶液中若出现淡黄色浑浊，则说明有硫单质生成，体现了SO2的氧化性，D项错误。10．浓硫酸分别与三种钠盐反应，现象如图。下列分析正确的是()A．对比①和②可以说明还原性：Br－>Cl－B．①和③相比可说明氧化性：Br2>SO2C．②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明酸性：H2SO4>HClD．③中浓H2SO4被还原成SO2【答案】A【解析】A项，反应①生成的红棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气；B项，反应③生成的是二氧化硫气体，是非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型的物质；C项，白雾说明氯化氢易挥发；D项，反应③生成的是二氧化硫气体，是非氧化还原反应。11．100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)。下列说法错误的是()A．焦硫酸具有强氧化性B．Na2S2O7水溶液呈中性C．Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐D．100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是化学变化【答案】B【解析】从组成上看，焦硫酸是由等物质的量的三氧化硫与纯硫酸化合而成的，则焦硫酸具有强氧化性，A项正确；Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，Na2SO4·SO3溶于水时，三氧化硫与水反应生成硫酸，水溶液呈酸性，三氧化硫也可与碱性氧化物反应生成硫酸盐，B项错误，C项正确；100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸有新物质的生成，属于化学变化，D项正确。题型四SO42-的检验12．某溶液中可能含有K+、SO32-、SO42-，检验该溶液中存在SO42-的合理方法是()A．取适量该溶液，先加入过量的稀盐酸，再加入氯化钡溶液B．取适量该溶液，先加入过量的稀硝酸，再加入氯化钡溶液C．取适量该溶液，先加入过量的硝酸钡溶液，再加入稀硝酸D．取适量该溶液，先加入过量的硝酸钡溶液，再加入稀盐酸【答案】B【解析】先加入稀盐酸，没有产生沉淀，排除SO32-的干扰，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀，证明有SO42-存在，A项符合题意；先加入过量的稀硝酸会将SO32-氧化为SO42-，再加氯化钡溶液，产生BaSO4沉淀，无法确定原溶液中是否含有SO13．有一瓶Na2SO3溶液，可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，白色沉淀不溶解。对此实验的下列叙述正确的是()A．实验证实Na2SO3已部分氧化B．实验中加入Ba(NO3)2溶液后的沉淀一定是BaSO4C．实验中加入足量硝酸后的沉淀是BaSO4和BaSO3的混合物D．此次实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化【答案】D【解析】Na2SO3溶液可能部分被氧化变质，则滴入Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀一定有亚硫酸钡，可能有硫酸钡，加入足量稀硝酸后，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，即此时的白色沉淀是硫酸钡。14．下列说法正确的是()。A．浓H2SO4滴在湿润的蓝色石蕊试纸上，试纸先变红，然后褪色，最后变黑，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和吸水性B．样品无明显现象出现白色沉淀，说明样品中含SO42-C．常温下浓H2SO4能用铁质容器盛装，说明浓H2SO4与Fe不反应D．样品得到使澄清石灰水变浑浊的气体，说明样品中含SO32-或HSO3-【答案】B【解析】最后变黑为炭化过程，说明浓H2SO4具有脱水性，而不是吸水性，A项错误；样品中加入盐酸，无明显现象，排除Ag+、CO32-、SO32-的干扰，再加入氯化钡溶液，出现的白色沉淀为不溶于盐酸的BaSO4，说明样品中含SO42-，B项正确；常温下浓H2SO题型五硫及其化合物的相互转化15．用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法错误的是()途径①：SH2SO4途径②：SSO2SO3H2SO4A．途径①反应中体现了浓硝酸的强氧化性B．途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来降低成本C．由途径①和途径②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移4mol电子D．途径②比途径①更能体现“绿色化学”的理念【答案】C【解析】途径①反应的化学方程式为S+6HNO3(浓)H2SO4+6NO2↑+2H2O，浓硝酸体现了强氧化性；氧气来源于空气，价格较低，增大氧气的浓度可提高二氧化硫的转化率，从而降低成本，B项正确；途径①和途径②中的硫元素的价态都是从0价升高到+6价，转移6mol电子，C项错误；途径①中会产生NO2有毒气体，途径②比途径①的污染相对较小且原子利用率较高，更能体现“绿色化学”的理念，D项正确。16．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的重要视角。下图是硫及其化合物的“价—类”二维图，下列说法不正确的是()A．向d的水溶液中滴加几滴紫色石蕊溶液，溶液变红色，说明d的水溶液呈酸性B．分别往d、e的溶液中滴加少量BaCl2溶液，均可产生白色沉淀C．图中由d转化为e需加入氧化剂D．将a与c混合，可生成淡黄色固体【答案】B【解析】d为H2SO3，能使紫色石蕊溶液变红说明其水溶液呈酸性，故A正确；d为H2SO3，是弱酸，其酸性比HCl弱，加入BaCl2溶液，不产生白色沉淀，故B错误；d转化为e的过程中，S元素的化合价升高，被氧化，需加入氧化剂，故C正确；a是H2S，c是SO2，两者混合发生归中反应可生成S，出现淡黄色固体，故D正确。17．物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。下图是某元素的“价—类”二维图，其中单质b是黄色固体，f、h均为正盐，且焰色都是黄色。下列说法不正确的是 ()A．d能使品红溶液褪色B．a和c反应可以生成bC．e的浓溶液可用铝槽车运输D．h的水溶液呈碱性【答案】A【解析】单质b是黄色固体，则b是S，故该“价—类”二维图是S元素的“价—类”二维图，f、h均为正盐，且焰色都是黄色，则f为Na2SO4，h为Na2SO3，故a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3，e为H2SO4，g为H2SO3，f为Na2SO4，h为Na2SO3。由分析可知，d为SO3，SO2具有漂白性，会使品红溶液褪色，而非SO3，A项错误；a为H2S、c为SO2，两者反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，有S生成，即为b，B项正确；e为H2SO4，浓硫酸与铝常温下发生钝化，可用铝槽车运输，C项正确；h为Na2SO3，为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子发生水解，溶液呈碱性，D项正确。18．含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是()A．该工艺流程用于除去煤燃烧时产生的SO2B．该过程中可得到化工产品H2SO4C．图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O2FeSO4+2H2SO4D．该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和S【答案】D【解析】根据总反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4可知，该工艺流程用于除去煤燃烧时产生的SO2，并可得到化工产品H2SO4，A、B两项正确；Fe2(SO4)3与SO2反应生成FeSO4和H2SO4，其反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，C项正确；该过程中Fe2(SO4)3与SO2反应生成FeSO4和H2SO4，同时FeSO4、O2和H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，则反应过程中Fe、O和S的化合价发生改变，D项错误。19．Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5，其流程如下：下列说法正确的是()A．上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物B．Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性C．上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换D．实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗【答案】C【解析】上述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳，故A错误；SO2作漂白剂时，未发生氧化还原反应，没有表现还原性，故B错误；根据上述分析，上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换，否则得不到过饱和的NaHSO3溶液，故C正确；“结晶脱水”是加热固体分解，应该在坩埚中进行，故D错误。题型六其它重要硫化物的实验探究20．(2024·广西二模)实验室用硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O的实验装置如下图所示(夹持装置略)。可观察到装置②溶液中先析出黄色固体，其量先增多后又减少，当溶液的pH达到7左右时，溶液接近无色，说明反应已完成。下列有关实验说法错误的是()A．装置③的作用是用于检验②中SO2是否被充分吸收B．为了使SO2在装置②中充分吸收，可以减慢SO2的流速C．装置①中反应的化学方程式为：H2SO4+Na2S2O3=Na2SO4+SO2↑+H2OD．通过高温蒸发结晶可直接得到产品Na2S2O3·5H2O【答案】D【解析】在①中70%的H2SO4与Na2SO3发生复分解反应制取SO2，在装置B中SO2、Na2S、Na2CO3发生反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，在装置③中根据SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色检验SO2是否被充分吸收。SO2、H2S都是大气污染物，可根据它们都可以与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，防止大气污染。A项，SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，可利用这一性质，检验在②中SO2是否被充分吸收，A正确；B项，为了使SO2在装置②中充分吸收，可以减慢通入SO2的速率，使SO2缓慢通入②中混合溶液，与Na2S、Na2CO3发生反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，制取得到Na2S2O3，B正确；C项，由于酸性：H2SO4＞H2SO3，所以在装置①中70%的H2SO4与Na2SO3发生复分解反应制取SO2，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，C正确；D项，硫代硫酸钠晶体带有结晶水，若通过高温蒸发结晶，就会失去全部或部分结晶水，应该通过蒸发浓缩、降温结晶的方法获得产品Na2S2O3·5H2O，D错误；故选D。21．(2024·广东省惠州市一模)连四硫酸钠(Na2S4O6)是生物酶的修复剂，其与盐酸反应的离子方程式为：2S4O62-+4H+=5SO2↑+3S↓+2H2O，按如下装置制备足量并探究其性质，下列表述不正确的是()A．Ⅱ中溶液由紫色变成红色一定能证明是酸性氧化物B．Ⅲ中溶液褪色说明有还原性C．Ⅳ中溶液有白色沉淀生成D．Ⅳ装置后连接浓溶液可进行尾气处理【答案】A【解析】装置Ⅰ中连四硫酸钠和盐酸反应制备二氧化硫，盐酸具有挥发性，制得的二氧化硫中混有氯化氢；装置Ⅱ中二氧化硫和水生成亚硫酸和氯化氢溶于水得到的盐酸使溶液呈酸性，能使紫色石蕊试液变红色；装置Ⅲ中二氧化硫和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色说明二氧化硫具有还原性；装置Ⅳ中二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和水；装置Ⅳ后应连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化硫，防止污染空气。A项，装置Ⅱ中二氧化硫和水生成亚硫酸和氯化氢溶于水得到的盐酸使溶液呈酸性，能使紫色石蕊试液变红色，则溶液由紫色变成红色不能证明二氧化硫是酸性氧化物，A错误；B项，装置Ⅲ中二氧化硫和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色说明二氧化硫具有还原性，B正确；C项，装置Ⅳ中二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一氧化氮和水，C正确；D项，装置Ⅳ后应连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化硫，防止污染空气，D正确；故选A。22．(2024·安徽省滁州市二模)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品添加剂，其实验室制备的装置如下图所示。回答下列问题：(1)仪器a的名称是，其作用为。(2)圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为。(3)焦亚硫酸钠易被氧化而变质，选用下列试剂设计实验方案，检验焦亚硫酸钠样品氧化变质的程度。试剂：稀盐酸、稀H2SO4、稀HNO3、BaCl2溶液、酸性KMnO4溶液、H2O2溶液实验编号实验步骤现象结论Ⅰ取少量样品，加入除氧蒸馏水，溶解完后平均分装到两支相同的小试管中固体完全溶解得到无色溶液/Ⅱ取实验Ｉ的溶液，出现白色沉淀样品已氧化变质Ⅲ另取实验Ⅰ的溶液，加入酸性KMnO4溶液，充分振荡溶液褪色样品未完全氧化变质(4)某小组利用下列装置测定空气中SO2的含量。①为保证实验准确，图中Ⅰ处应选择(填A或B)连接到导管末端。②已知：该反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，若空气流速为，当观察到时，结束计时，测定耗时tmin，假定样品中的SO2可被溶液充分吸收，该空气样品中SO2的含量是mg·m−3。【答案】(1)长颈漏斗平衡压强(2)Na2SO3＋H2SO4(浓)Na2SO4＋SO2↑＋H2O(3)向其中加入足量稀盐酸振荡再加BaCl2溶液(4)A蓝色变为无色(或蓝色退去)【解析】装置先用70%硫酸和亚硫酸钠反应得SO2，再利用SO2和碳酸钠在三颈烧瓶中反应得焦亚硫酸钠(Na2S2O5)；若焦亚硫酸钠被氧化而变质，固体溶于水所得溶液中会含有硫酸根离子，若焦亚硫酸钠没有被氧化，向溶解所得溶液中加入足量稀盐酸后，再加入氯化钡溶液，不会有白色沉淀生成，若完全被氧化，加入酸性高锰酸钾溶液，溶液不会褪色。(1)由装置图可知，仪器a的名称是长颈漏斗，其作用为平衡压强；(2)由分析知，圆底烧瓶中70%硫酸和亚硫酸钠反应得SO2，发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；(3)实验Ⅱ检验硫酸根，故取实验Ｉ的溶液，向其中加入足量稀盐酸振荡再加BaCl2溶液，出现白色沉淀，固体溶于水所得溶液中会含有硫酸根离子，说明焦亚硫酸钠被氧化而变质；(4)①为保证实验准确，空气中SO2能被完全吸收，故图中Ⅰ处应选择A(多孔球泡)连接到导管末端，使气体与液体充分接触，反应充分；②原溶液由于I2和淀粉混合显色变蓝，反应结束，I2完全被反应，溶液由蓝色变为无色(或蓝色退去)，根据反应方程式，n(SO2)=n(I2)=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，m(SO2)=n(SO2)×M(SO2)=0.005mol×64g/mol=0.32g=320mg，故空气样品中SO2的含量是mg·m−3。1．(2024·湖南省娄底市一模)实验探究是化学学习的方法之一，某化学实验小组进行FeSO4·7H2O在N2气氛中受热分解实验，根据实验结果或现象，所得结论不正确的是()A．FeSO4·7H2O脱水热分解，其热重曲线如图所示。根据实验结果推算出：x=4，y=1B．FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明生成的物质为Fe2O3C．生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2D．把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，不能证明其气态产物中含有SO3【答案】D【解析】FeSO4·7H2O相对分子量为278，100℃时，失重率为19.4%，278×19.4%≈54，即分解生成FeSO4·4H2O和3H2O，同理可以求得200℃时，FeSO4·4H2O分解生成FeSO4⋅H2O和3H2O，300℃时，FeSO4⋅H2O分解生成FeSO4和H2O，更高温度下，FeSO4隔绝空气，分解生成FeSO4，SO2，SO3。A项，100℃时，生成FeSO4·4H2O，即x=4，200℃时，分解生成FeSO4⋅H2O，即y=1，A正确；B项，FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明最终生成的物质为Fe2O3，B正确；C项，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是常温有还原性的气体，反应中可能生成的有还原性的气体只有SO2，故生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2，C正确；D项，把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，因为SO2无法和氯化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，故可以说明其气态产物中含有SO3，D错误；故选D。2．(2024·贵州省三模)硫酸是重要的化工原料，我国工业上一般以黄铁矿为原料来制备硫酸。工业制硫酸涉及下列反应：①4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；②2SO2＋O22SO3；③SO3＋H2OH2SO4。生产中用浓硫酸代替水吸收SO3，制得焦硫酸(H2S2O7，也可以表示为H2SO4·SO3)，将焦硫酸稀释后可制得密度为1.84g·cm-3、质量分数为98%的浓硫酸。下列说法不正确的是()A．每生成1molSO2时，转移5.5mol电子B．焦硫酸钠(Na2S2O7)的水溶液呈酸性C．质量分数为98%的浓H2SO4，物质的量浓度为18.4mol/LD．浓硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是物理变化【答案】D【解析】A项，根据反应：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，每生成8molSO2，消耗11molO2，转移44mol电子，则每生成1molSO2时，转移5.5mol电子，A正确；B项，焦硫酸钠(Na2S2O7)溶于水后形成焦硫酸，水溶液呈酸性，B正确；C项，根据，C正确；D项，浓硫酸吸收SO3生成焦硫酸，硫酸和焦硫酸是不同物质，属于化学变化，D错误；故选D。3．(2024·贵州省高三模拟)部分硫或氮及其化合物的“价一类”关系如图所示。下列叙述正确的是()A．室温下，d的浓溶液滴到铁片上剧烈反应 B．c与水反应一定可生成具有强氧化性的酸C．一定条件下，a和c反应能生成b D．a在氧气中燃烧一定能生成c和水【答案】C【解析】根据价-类关系图知a是H2S，b是N2或S，c是SO2或N2O4或NO2，d是H2SO4。A项，d的浓溶液是浓硫酸，室温下滴到铁片上，能使铁钝化，不能剧烈反应，A错误；B项，c若是SO2，与水反应生成的H2SO3没有强氧化性，B错误；C项，c是SO2或N2O4或NO2，具有一定的氧化性，在一定条件下，SO2可与H2S发生氧化还原反应生成S，N2O4或NO2可与H2S发生氧化还原反应生成N2、S，C正确；D项，a是H2S，在少量氧气中燃烧生成S，不生成SO2，D错误；故选C。4．(2024·广东省高三模拟)下图是硫及其化合物的“价—类”二维图。下列有关说法正确的是()A．X可以让品红褪色，利用了其氧化性B．S生成H2S和X的反应是归中反应C．Z的浓溶液和蔗糖反应可以生成X，体现了Z的强氧化性和酸性D．Y是导致酸雨的原因之一【答案】D【解析】由“价—类”二维图可知，X为SO2，Y为SO3，Z为H2SO4，M为CuSO4。A项，SO2可以让品红褪色，是因为SO2可以与品红生成无色化合物，体现了漂白性，而非氧化性，A错误；B项，S生成H2S和SO2的反应是歧化反应，B错误；C项，浓硫酸蔗糖反应可以生成SO2，体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性，C错误；D项，SO3是导致酸雨的原因之一，D正确；故选D。5．(2024·广东省二模)按照下图进行铜与浓硫酸反应的探究实验，下列说法正确的是()A．蘸有品红溶液的滤纸褪色，说明具有强氧化性B．N形管溶液变为红色，说明有酸性气体进入N形管C．反应后，从c口抽取反应液加到足量的氨水中最终产生蓝色沉淀D．实验结束后从b口注入足量NaOH溶液，会有2种物质与NaOH反应【答案】B【解析】A项，蘸有品红溶液的滤纸褪色，说明二氧化硫具有漂白性，A错误；B项，滴有石蕊的氢氧化钠溶液呈蓝色，则N形管溶液变为红色，说明溶液中氢氧化钠与通入的二氧化硫完全反应，过量的二氧化硫使溶液呈酸性，B正确；C项，反应后，从c口抽取反应液加到足量的氨水中发生的反应为硫酸铜溶液与足量氨水反应得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，不可能得到氢氧化铜蓝色沉淀，C错误；D项，浓硫酸与铜共热反应时硫酸浓度会减小变为稀硫酸，稀硫酸与铜共热不反应，则反应中浓硫酸不可能完全反应，所以实验结束后从b口注入足量氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液能与反应生成的硫酸铜、二氧化硫反应，也能与未反应的稀硫酸反应，所以会有3种物质与氢氧化钠反应，D错误；故选B。6．(2024·浙江省嘉兴市二模)Fe3S4固体是一种重要的磁性材料，以它为原料实现如下化合物的转化：已知：在较高浓度Cl-的溶液中，Fe3+以FeCl4-的形式存在，溶液呈亮黄色。请回答：(1)依据B→C→D的现象，判断Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为，无色酸性溶液F中的含硫阴离子有。(2)Fe3S4能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518g∙L-1)，写出该反应的离子方程式。(3)下列说法正确的是___________。A．固体A中可能含有FeO B．无色气体E能完全溶于水C．溶液C呈酸性，是由于Fe3+水解 D．溶液B可溶解铜(4)写出F→G反应的化学方程式。请设计实验方案确定溶液G中的阴离子。【答案】(1)CN-＞SCN-＞Cl-HSO3-、SO32-、SO42-(2)Fe3S4+6H+=3Fe2++3H2S↑+S(3)D(4)H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有I-【解析】Fe3S4固体通入足量空气充分煅烧，得到Fe2O3固体和无色气体E。固体A(Fe2O3)中加入足量盐酸，发生反应生成FeCl4-等，加入KSCN溶液，得到血红色的Fe(SCN)3溶液，再加入NaCN溶液，又转化为黄色的Fe(CN)63-溶液。无色气体E为SO2与空气的混合气，通入H2O中，SO2与H2O反应生成H2SO3，有少部分H2SO3被O2氧化生成H2SO4；加入足量碘水，H2SO3被I2氧化为H2SO4，同时生成HI。(1)依据B[FeCl4-]→C[Fe(SCN)3]→D[Fe(CN)63-]的现象可以判断，反应的产物都比反应物稳定性强，则Cl-、SCN-、CN-与Fe3+的配位能力由强到弱依次为CN-＞SCN-＞Cl-。无色酸性溶液F中含有H2SO3和H2SO4，则含硫阴离子有HSO3-、SO32-、SO42-。(2)Fe3S4能与稀硫酸反应，生成的淡黄色不溶物为硫，标准状况下的密度为1.518g∙L-1的气体，摩尔质量为1.518g∙L-1×22.4L/mol=34g/mol，其为H2S，S来自H2S与Fe3+的反应，则该反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2++3H2S↑+S。(3)A项，因为通入的空气足量，所以固体A中不可能含有FeO，A不正确；B项，无色气体E中除含有SO2外，还含有空气，所以E不可能完全溶于水，B不正确；C项，因为固体A中加入足量的盐酸，所以溶液C呈酸性，不是因Fe3+水解产生，C不正确；D项，溶液B为FeCl4-，可电离产生Fe3+，所以可溶解铜，D正确；故选D。(4)F(H2SO3)与I2反应，生成G(H2SO4、HI)等，反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI。设计实验方案确定溶液G中的阴离子，也就是检验SO42-和I-的存在，SO42-用BaCl2检验，I-用AgNO3检验。方案为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-；取上层清液，滴加AgNO3溶液，若产生黄色沉淀，则有I-。7．(2024·浙江省艾青中学高三选考模拟)为了探究某盐X(仅含三种短周期元素，摩尔质量介于100~200g·mol-1)的组成和性质，设计并完成了如图所示实验。已知：A、B、C均为纯净物，B、C组成元素相同。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)写出固体C与足量BaCl2溶液/H2O2溶液反应的离子方程式：______________________。

(3)X溶液在空气中易被氧化。某课题小组测得0.050mol·L-1X溶液在空气中的pH变化，如图所示：①写出0~t1段发生反应的化学方程式：______________________。

②设计实验检验t3时刻后溶液中的主要阴离子：____________________________________________。

(4)有同学预测X也能与稀硫酸反应，现象与固体B和稀硫酸反应相同。你是否支持他的观点并说明理由：_____________________________________________________________________________。

【答案】(1)Na、S、ONa2S2O4(2)SO32-+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O

(3)①2Na2S2O4+O2+2H2O=4NaHSO3②取样，滴加足量盐酸，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明SO42-

(4)X(Na2S2O4)中S为+3价，与B(Na2S2O3)中+2价S类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成S和SO2

【解析】(1)X隔绝空气加热产生的气体A能使品红溶液褪色，则A为二氧化硫且物质的量为0.1mol，溶液D的焰色试验为黄色，说明含有钠元素，因此组成X的3种元素是Na、S、O，固体C在双氧水作用下与足量氯化钡反应，说明固体C为亚硫酸钠，且根据生成硫酸钡沉淀23.3g即物质的量为0.1mol，得到亚硫酸钠物质的量为n(Na2SO3)=0.1mol，固体B加稀硫酸反应生成二氧化硫、黄色沉淀S(物质的量为0.1mol)和溶液D(硫酸钠)，则固体B为硫代硫酸钠，根据Na2S2O3~S，因此n(Na2S2O3)=0.1mol，即质量为15.8g，此时生成的气体A(SO2)物质的量为0.1mol，根据元素质量守恒得到n(Na)=0.2mol+0.2mol=0.4mol，n(S)=0.1mol+0.2mol+0.1mol=0.4mol，n(O)=0.3mol+0.3mol+0.2mol=0.8mol，m=0.4mol×23g·mol-1+0.4mol×32g·mol-1+0.8mol×16g·mol-1=34.8g，符合题意，因此X的化学式是Na2S2O4。(2)根据前面分析得到固体C为亚硫酸钠，其与足量BaCl2溶液/H2O2溶液反应的离子方程式为SO32-+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+H2O。(3)①X溶液在空气中易被氧化，在空气中酸性逐渐增强，因此0~t1段发生反应的化学方程式为2Na2S2O4+O2+2H2O=4NaHSO3。②在t3时刻溶液的pH=1，说明生成了二元强酸，因此溶液中的主要阴离子是硫酸根离子，一般检验方法是取样，滴加足量盐酸，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO42-。(4)X(Na2S2O4)中S为+3价，与B(Na2S2O3)中+2价S类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成S和SO2，因此X(Na2S2O4)也在酸性条件下发生歧化反应。8．(2024·贵州省黔西市一模)硫及其化合物是十分重要的化工原料。(1)某同学设计如图实验测定硫酸浓度(不考虑体积变化，假设锌与稀硫酸反应只产生氢气)：①实验部分操作：a．调平量气管和烧杯的液面；b．冷却至室温；c．读数。正确的先后操作顺序是(填字母)。②已知开始时量气管读数为V1mL，最终读数为V2mL(均折合成标准状况，且V2V1)。则锌与稀硫酸发生反应的最低硫酸浓度为。(2)已知SO2具有还原性，可以还原I2，也可以与Na2O2发生反应。①将SO2通入装有过氧化钠的硬质试管中，将带火星的木条放在试管口处。若木条不复燃，则说明SO2与Na2O2反应无O2生成，可能发生反应的化学方程式为。②将SO2通入装有碘水(含淀粉)的洗气瓶中，若，说明还原性：SO2，写出该反应的离子方程式：。(3)为探究SO2在盐酸中与Cu、的反应，某实验小组设计如图实验。实验Ⅰ：实验Ⅱ：已知：CuCl32-CuCl↓+2Cl-，实验Ⅰ中得到的黑色固体为Cu2S。①实验Ⅰ通入SO2时反应的离子方程式为，实验Ⅱ通入SO2时反应的离子方程式为。②实验Ⅱ若消耗SO2，则生成4NA个H+。【答案】(1)bac(2)SO2+Na2O2=Na2SO4溶液蓝色消失SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-(3)6Cu+SO2+4H++12Cl-=4CuCl32-+Cu2S+2H2O2Cu2++SO2+2H2O+6Cl-=2CuCl32-+SO42-+4H+64g【解析】Y形管中Zn足量，将Y形管倾斜，使硫酸与Zn充分反应，生成的氢气通过量气管测定，通过氢气的体积计算消耗硫酸的物质的量，从而测得硫酸的浓度。(1)①实验结束后应先冷却至室温，然后调节水准管使量气管和烧杯的液面持平后，再水平读数，这样才能排除温度、压强对产生气体体积的影响，故顺序为：bac；②已知开始时量气管读数为V1mL，最终读数为V2mL，则生成氢气的体积为(V2–V1)mL，n(H2)=，结合反应：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，可知n(H2SO4)=n(H2)=，硫酸体积为200mL，则浓度为：；(2)①SO2与Na2O2反应无O2生成，则产物应为硫酸钠，反应为：SO2+Na2O2=Na2SO4；②将SO2通入装有碘水(含淀粉)的洗气瓶中，若溶液蓝色消失，可知发生反应：SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-，反应中二氧化硫作还原剂，碘离子为还原产物，根据氧化还原反应还原剂的还原性强于还原产物可知：还原性：SO2；(3)实验Ⅰ、Ⅱ中生成CuCl白色沉淀的原理相同，均为CuCl32-CuCl↓+2Cl-，则在通入二氧化硫的过程中两者均生成CuCl32-，实验Ⅰ中Cu单质转化为CuCl32-，Cu被氧化，则二氧化硫作氧化剂，被还原，结合生成黑色固体可知生成Cu2S，1molCu单质失去1mol电子，1mol二氧化硫得6mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：6Cu+SO2+4H++12Cl-=4CuCl32-+Cu2S+2H2O；实验Ⅱ中硫酸铜转化为CuCl32-，Cu化合价降低，则硫酸铜作氧化剂，二氧化硫作还原剂，被氧化为硫酸根离子，1mol铜离子得1mol电子，1mol二氧化硫失去2mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：2Cu2++SO2+2H2O+6Cl-=2CuCl32-+SO42-+4H+；由反应可知生成4mol氢离子即4NA个氢离子消耗1mol二氧化硫即64g。1．(2023•浙江省1月选考，5)下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是()A．和乙醇反应可生成H2B．工业上煅烧黄铁矿(FeS2)生产SO2C．工业上用氨的催化氧化制备NO D．常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2【答案】D【解析】A项，乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；B项，黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；C项，工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；D项，常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；故选D。2．(2023•全国乙卷，11)一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是()A硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀6FeSO4+O2+2H2O=2Fe2(SO4)3+2Fe(OH)3↓B硫化钠溶液出现浑浊颜色变深2Na2S+2O2=Na2SO4C溴水颜色逐渐褪去4Br2+4H2O=HBrO4+7HBrD胆矾表面出现白色粉末CuSO4·5H2O=CuSO4+5H2O【答案】D【解析】A项，溶液呈棕黄色是因为有Fe3+，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为：12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓，A错误；B项，硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为：2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S↓，B错误；C项，溴水的主要成分是溴和水，它们会反应，但速度很慢，Br2+H2O=HBrO+HBr，2HBrO=2HBr+O2，所以溴水放置太久会变质。但不是生成高溴酸，所以选项中的化学方程式错误，C错误；D项，胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO4·5H2O=CuSO4+5H2O，方程式正确，D正确；故选D。3．(2022·浙江省6月选考，10)关于反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，下列说法正确的是()A．H2SO4发生还原反应B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1D．1molNa2S2O3发生反应，转移4mol电子【答案】B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。A项，H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A不正确