氧化还原反应综合分析试题 高考化学考前专项复习（含解析）

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氧化还原反应综合分析
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI; 向含SO32-、Fe2＋、Br－、I－各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是
A． B．
C． D．
2．下列实验设计能获得成功的是
A．试样 白色沉淀沉淀不溶解
结论：Na2SO3试样已变质
B．粗盐 精盐
结论：除去粗盐中含有CaSO4杂质得到精盐
C．试样溶液颜色无变化溶液变红色
结论：原溶液中含有Fe2+
D．NaI溶液溶液变蓝色
结论：酸性条件下，H2O2氧化性强于I2
3．探究Cu与溶液的反应，进行如下实验。
实验①：向10mL0.2mol/L溶液(pH≈1)中加入0.1gCu粉，振荡后静置，取上层清液，滴加溶液，有蓝色沉淀产生。6h后，溶液由棕黄色变为蓝绿色。实验过程中未见有气泡产生，溶液的pH几乎不变。
实验②：在密闭容器中向10mL0.6mol/L溶液中加入0.1gCu粉，10h后溶液变为淡蓝色。
实验③：在密闭容器中向10mL0.6mol/L溶液中分别加入0.1gCu粉和0.1g固体，0.5h溶液变黄，3h溶液变为黄绿色。下列说法不正确的是
A．实验①中发生了反应：
B．推测实验②的离子方程式是：
C．对比实验①和②，①中溶解Cu的主是
D．对比实验②和③，与反应的速率大于与Cu反应的速率
4．某学习兴趣小组通过2KClO3+H2C2O4 = CO2↑+2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取高效消毒剂ClO2。上述制备反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是
A．1∶2 B．1∶1 C．2∶1 D．4∶1
5．工业上除去电石渣浆(含CaO)上层清液中的，并制取石膏的流程如图如下：
下列说法错误的是
A．上述流程中，每步转化均不涉及置换反应
B．由上述转化过程知，氧化性：
C．10L上层清液中的转化为(浓度为)，理论上共需要0.1mol的
D．过程Ⅰ中，反应的离子方程式为
6．某炼金厂的废水因连降暴雨而溢出，导致河水严重污染。炼金废水中所含CN－有剧毒，其性质与卤素离子相似，还原性介于I－与Br－之间，HCN为弱酸。下列说法不正确的是
A．CN－可以和稀硫酸反应生成HCN B．CN－可被Cl2氧化成（CN）2 C．在水溶液中（CN）2可被F－还原 D．HCN的电子式为
7．已知适当条件下+7、+6、+4价锰的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气且还原产物都是MnCl2.将6.32gKMnO4粉末加热一段时间后收集到0.112L气体（标准状况，后同），冷却后放入足量的浓盐酸再加热，又收集到VLCl2，下列说法正确的是（ ）
A．V=2.24
B．参加反应的HCl为0.18mol
C．生成Cl2时的离子方程式：2MnO4-+16H++10Cl-2Mn2++8H2O+5Cl2↑
D．6.32gKMnO4粉末若直接与足量浓盐酸反应可得到2.24LCl2
8．下列变化需要加入还原剂才能实现的是
A． B． C． D．
9．已知含硫元素的几种物质间具有如图的转化关系。表示阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是
SSO2 SO3
A．反应①中充分燃烧后生成
B．反应②中若转移个电子，生成
C．个分子与足量氧气经反应③可以制得个分子
D．上述三个反应中，硫元素均只发生氧化反应
10．运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应为：5KC1O3+6P ＝3P2O5+5KC1。下列有关该反应的叙述中，正确的是
A．氯酸钾是还原剂
B．反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol
C．KCl既是氧化产物，又是还原产物
D．发令时产生的白烟只是KC1固体颗粒
二、判断题
11．0.1 mol Zn与含0.1 mol HCl的盐酸充分反应，转移的电子数目为0.2NA。(_______)
12．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO＋I-＋6H＋=I2＋3H2O。(_______)
13．7.1gCl2与H2O反应转移电子数为0.1NA(_______) ；
14．铜锈是铜被空气中的氧气缓慢氧化生成的氧化物。(______)
15．SO2+2H2S=3S+2H2O反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。(__)
三、解答题
16．硫酸亚铁晶体(FeSO4· 7H2O)俗称绿矾，加热至高温会分解。某化学研究小组利用下列装置探究FeSO4分解后的产物。
实验步骤：
按图组装好仪器(已省略夹持仪器)并检查装置的气密性，准确称取mgFeSO4固体置于硬质玻璃管中，将E中的导管撤出水槽，打开活塞K，通入一段时间的N2，关闭活塞K。加热A中的玻璃管一段时间后，将E中导管置于水槽集气瓶口收集产生的，用带火星的木条检验E中所收集的气体，带火星的木条能够复燃。待A中固体不再分解后，停止加热，打开K，缓慢通入氮气至玻璃管冷却，得到红棕色粉末。请回答下列问题：
（1）仪器甲的名称是 ；
（2）B中浓硫酸的作用 。
（3）实验过程中发现C中溶液颜色变浅，D中无明显变化。写出C中发生反应的离子方程式 ；
（4） FeSO4完全分解后，还需要通入一段时间N2的原因是 。
（5）若C中原先加入了20mL 1.00mol/L的KMnO4溶液，为了确定FeSO4分解的化学方程式，某同学进行了如下实验：
Ⅰ、称量B装置在实验前后增重 0.80g；
Ⅱ、将实验后C中的溶液全部转移至100mL容量瓶中，并加水稀释至刻度线；
Ⅲ、准确量取20.00mL溶液至锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化，用0.20mol/L标准H2C2O4溶液滴定至终点：
Ⅳ、重复实验3次.记录数据如下：
①滴定至终点的现象 。
②FeSO4分解的化学方程式为 。
（6）请设计一个实验来检验A中的FeSO4是否完全分解 。
17．某化学兴趣小组在实验室从海带灰中提取碘并制备KI晶体。
I.碘单质的提取，实验过程如图：
请回答下列问题
（1）操作b的名称是 .
（2）试剂a可以选用的是 .(填序号)
A．苯 B．CCl4 C．甘油 D．直馏汽油 E.己烯
Ⅱ.KI晶体的制备，实验装置如图：
实验步骤如下
i.配制0.5moL的KOH溶液。
i.在三颈瓶中加入12.7g研细的单质I2和250mL0.5mol/L的KOH溶液，搅拌至碘完全溶解。
ⅲ通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加适量甲酸，充分反应后， HCOOH被氧化为CO2，再用KOH溶液调pH至9~10，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得KI产品14.5g。
请回答下列问题：
（3）配制0.5mol/LKOH溶液时，下列操作导致配得的溶液浓度偏高的是 (填序号)。
A．托盘上分别放置质量相等的纸片后称量KOH固体
B．KOH固体样品中混有K2O2
C．称量好的固体放入烧杯中溶解未经冷却直接转移入容量瓶
D．未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容
E.定容时仰视刻度线
F.定容后摇匀，液面下降，再加水至刻度线
G.定容后摇匀，少量溶液溅出容量瓶
（4）步骤ⅱ中I2与KOH溶液反应生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：5，请写出氧化产物的化学式： .
（5）步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，需打开活塞 (填“a”“b”或“a和b”)
（6）实验中，加入 HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为 .
（7）实验中KI的产率为 %(结果保留一位小数)。
18．某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。
实验记录如下：
实验操作 实验现象
I 打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞a A中溶液变为红棕色
II 吹入热空气 A中红棕色明显变浅：B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化
III 停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液 开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色
(1)实验操作I时，A中反应的离子方程式是 。
(2)实验操作II中，吹入热空气的目的是 。
(3)装置C的作用是 ；C中盛放的药品是 。
(4)实验操作III中混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式 。
(5)H2O2、H2SO3、Br2的氧化性由强到弱的顺序为 。
(6)实验反思：
①有同学认为实验操作II吹入的热空气，会干扰(5)中结论的得出，你认为是否干扰，理由是 。
②实验操作III，开始时颜色无明显变化的原因是(写出一条即可)
参考答案：
1．C
【分析】离子还原性SO32－＞I－＞Fe2＋＞Br－，故反应的先后顺序为：①SO32－+Cl2+H2O=SO42－+2Cl－+2H＋，②2I－+Cl2=I2+2Cl－，③2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－，④2Br－+Cl2=Br2+2Cl－，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积。
【详解】A、由SO32－+Cl2+H2O=SO42－+2Cl－+2H＋可知，0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L·mol－1=2.24L，图象中氯气的体积11.2L不符合，故A错误；
B．0.1molSO32－完全反应后，才发生2I－+Cl2=I2+2Cl－，0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI－完全反应消耗0.05氯气，故0.1molI－完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L·mol－1=3.36L，图象中氯气的体积4.48L不符合，故B错误；
C．0.1molSO32－完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI－完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L·mol－1=3.36L，由2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl－可知，0.1molFe2＋完全反应消耗0.05氯气，故Fe2＋完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L·mol－1=4.48L，图象与实际符合，故C正确；
D．SO32－、I－、Fe2＋完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L·mol－1=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br－+Cl2=2Br2+2Cl－可知，0.1molBr－完全反应消耗0.05氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L·mol－1=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；
故选C。
2．C
【解析】略
3．C
【详解】A．实验①中取上层清液，滴加溶液，有蓝色沉淀产生，说明产生了亚铁离子。6h后，溶液由棕黄色变为蓝绿色，说明有铜离子生成，故发生了反应：，A正确；
B．实验②溶液变为淡蓝色，说明生成了铜离子，则推测实验②的离子方程式是：，B正确；
C．对比实验①和②，①中溶解Cu的主是铁离子，不是硝酸根离子，C错误；
D．对比实验②和③，③中显生成铁离子，后生成铜离子，说明与反应的速率大于与Cu反应的速率，D正确；
故选C。
4．B
【详解】在2KClO3+H2C2O4 = CO2↑+2ClO2↑+K2CO3+H2O反应中，CO2和K2CO3是氧化产物，ClO2是还原产物，2molKClO3和1molH2C2O4完全反应时生成氧化产物CO2和K2CO3的总物质的量为2mol，还原产物ClO2的物质的量为2mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比是2mol：2mol=1:1，故选B。
5．C
【详解】A．由流程可知，每步转化均不涉及置换反应，选项A正确；
B．过程Ⅰ氧化性：，过程Ⅱ氧化性：，选项B正确；
C．整个过程相当于将氧化为，存在关系式：，将10L上清液中的转化为(浓度为)，理论上共需要为，选项C错误：
D．过程Ⅰ中，反应的离子方程式为，选项D正确；
答案选C。
6．C
【详解】
7．D
【详解】A．6.32gKMnO4粉末物质的量=，氧气物质的量为，KMnO4加热分解会得到K2MnO4、MnO2、O2，冷却后放入足量的浓盐酸再加热，Mn元素最终都以MnCl2形式存在，纵观整个过程，根据电子转移守恒，可知Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去电子，锰元素的化合价从+7降低到+2价，氧元素的化合价从-2升高到0价，化合价升高的氧原子个数为2，氯元素的化合价从-1升高到0价，化合价升高的氯原子个数为2，则0.04mol×(7 2)=0.005mol×4+2×n(Cl2)，解n(Cl2)=0.09mol，V(Cl2)=0.09mol×22.4L/mol=2.016L，故A错误；
B．参加反应的HCl转化为KCl、MnCl2、Cl2，由K元素守恒n(KCl)=0.04mol，根据Mn元素守恒n(MnCl2)=0.04mol，根据氯原子守恒n(HCl)=n(KCl)+2n(MnCl2)+2n (Cl2)=0.04mol+2×0.04mol+2×0.09mol=0.3mol，故B错误；
C．6.32gKMnO4粉末物质的量=，氧气物质的量为，2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，根据KMnO4与氧气的物质的量关系，可知消耗的高锰酸钾的物质的量为0.005mol×2=0.01mol，剩余0.04mol-0.01mol=0.03mol，说明0.03mol高锰酸钾与浓盐酸反应放出氯气，离子方程式为：2MnO4-+16H++10Cl-2Mn2++8H2O+5Cl2↑，根据高锰酸钾和氯气的关系可知，0.03mol高锰酸钾生成0.03×5/0.075mol氯气，由B项的分析可知，共生成氯气0.09mol，说明除了高锰酸钾与盐酸反应释放出氯气外，还有锰酸钾或二氧化锰也可以与浓盐酸反应放出氯气，故C错误；
D．根据电子转移守恒，生成氯气的物质的量为，标况下生成氯气体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故D正确；
答案选D。
8．B
【详解】A．没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，不需要加氧化剂和还原剂，故不选A；
B．，锰元素化合价降低发生还原反应，需要加入还原剂才能发生，故选B；
C．，氯元素化合价升高发生氧化反应，需要加入氧化剂才能发生，故不选C；
D．，氮元素化合价升高发生氧化反应，需要加入氧化剂才能发生，故不选D；
选B。
9．B
【详解】A．未指明温度和压强，不能根据标准状况下的气体摩尔体积计算3.2g硫充分燃烧后生成二氧化硫的体积，A错误；
B．二氧化硫气体与硫化氢气体反应生成硫和水反应的化学方程式为，由方程式可知，每生成3 mol硫，转移电子的物质的量为4 mol，则反应转移2NA(即2mol)电子生成硫的物质的量为1.5 mol，B正确；
C．这是可逆反应，个分子与足量氧气经反应③可以制得分子个数小于，C错误；
D．上述三个反应中，是归中反应，硫元素既被氧化也被还原，D错误；
故选B。
10．B
【详解】在反应5KC1O3+6P ＝3P2O5+5KC1中，P元素的化合价从0价升高到＋5价，失去5个电子，因此P是还原剂，五氧化二磷是氧化产物。氯元素的化合价从＋5价降低到－1价，得到6个电子，氯酸钾是氧化剂，氯化钾是还原产物。
A、氯酸钾是氧化剂，A不正确；B、反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量＝3mo×5=15mol，B正确；C、氯化钾是还原产物，C不正确；D、反应中生成的五氧化二磷也是固体，因此发令时产生的白烟不只是KC1固体颗粒，D不正确，答案选B。
11．错误
【详解】盐酸不足，Zn不能完全反应，故错误；
12．错误
【详解】酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，离子方程式要满足电子得失守恒：IO＋5I-＋6H＋=3I2＋3H2O，故错误。
13．正确
【详解】，7.1gCl2为0.1mol，与H2O反应转移电子0.1mol，数目为0.1NA。正确。
14．错误
【详解】铜锈是铜在空气中缓慢氧化生成的碱式碳酸铜，故错误。
15．错误
【解析】略
16． 酒精喷灯 吸收分解产生的SO3 5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2++4 H+ 将装置内残留的气体排入吸收装置中完全吸收，同时防止发生倒吸 溶液由浅紫色(或浅红色)变成无色，且半分钟不恢复成浅紫色 8FeSO44Fe2O3+ 6SO2↑+ 2SO3↑+ O2↑ 将反应后的固体转移至小烧杯中，加入少量水，搅拌，过滤，取少量滤液于试管中，加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若产生特征蓝色沉淀，说明FeSO4没有完全分解，反之则分解完全
【详解】（1）仪器甲为酒精喷灯，故答案为酒精喷灯；
（2）硫酸亚铁分解生成二氧化硫和三氧化硫和氧化铁，B中浓硫酸可以吸收分解产生的SO3，故答案为吸收分解产生的SO3；
（3）二氧化硫具有还原性，能够被高锰酸钾氧化，C中发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO+2H2O=5SO +2Mn2++4H+，故答案为5SO2+2MnO4－+2H2O=5SO42－+2Mn2++4H+；
（4） FeSO4完全分解后，继续通入一段时间N2，可以将装置内残留的气体排入吸收装置中完全吸收，同时防止发生倒吸，故答案为将装置内残留的气体排入吸收装置中完全吸收，同时防止发生倒吸；
（5）①高锰酸钾溶液呈紫色，滴定终点的现象为溶液由浅紫色(或浅红色)变成无色，且半分钟不恢复成浅紫色，故答案为溶液由浅紫色(或浅红色)变成无色，且半分钟不恢复成浅紫色；
②E中收集的气体，能够使带火星的木条复燃，说明还生成了氧气。FeSO4分解的化学方程式为8FeSO44Fe2O3+ 6SO2↑+ 2SO3↑+ O2↑，故答案为8FeSO44Fe2O3+ 6SO2↑+ 2SO3↑+ O2↑。
（6）检验A中的FeSO4是否完全分解，只要检验是否存在亚铁离子即可，故答案为将反应后的固体转移至小烧杯中，加入少量水，搅拌，过滤，取少量滤液于试管中，加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若产生特征蓝色沉淀，说明FeSO4没有完全分解，反之则分解完全。
17． 分液 ABD BC KIO3 b 3HCOOH +IO3－=I + 3CO2↑+ 3H2O 87.3
【分析】I．分析实验流程可知，海带灰加水溶解后过滤将浊液分离固体和溶液，则溶液I含有提取的碘离子，将溶液I酸化再加入H2O2，将I-氧化为I2，加入萃取剂萃取碘，经操作a得到碘的有机溶液，操作a应为分液。向有基层中加入40%的NaOH溶液，碘和浓氢氧化钠溶液发生岐化反应，溶液分层，因而操作b也是分液，溶液III经硫酸酸化发生归中反应，又生成碘单质，经过滤分离出碘，以此解答（1）（2）题；
Ⅱ. 分析KI晶体的制备原理，I2与KOH溶液反应生成KIO3和KI，再用甲酸还原KIO3，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得KI产品，据此解答（3）~（7）题。
【详解】I．（1）根据以上分析，操作b是分离两种互不相溶液体混合物的操作，该操作为分液；
因此，本题答案为：分液；
（2）试剂a是萃取碘水中碘的试剂，根据萃取剂的选择要求，可以选用的是苯或CCl4 或直馏汽油，应选ABD，
因此，本题答案为：ABD；
Ⅱ.（3）A. KOH固体具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，在纸片上称量KOH固体，会使所称量的KOH质量偏小，导致配得的溶液浓度偏低，故不选A；
B. 1molK2O2与水反应生成2molKOH，1molK2O2的质量为110g，而2molKOH的质量为112g，若KOH固体样品中混有K2O2则使所配溶液中溶质KOH的物质的量增大，导致配得的溶液浓度偏高，故选B；
C. 溶液未经冷却即注入容量瓶，冷却后溶液体积缩小，导致浓度偏大，故选C；
D. 未洗涤烧杯及玻璃棒直接向容量瓶中加水定容，导致溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故D不选；
E. 定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故不选E；
F.定容后摇匀，液面下降，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故F不选；
G.定容后摇匀，少量溶液溅出容量瓶，转移到容量瓶中氢氧化钾的质量减小，所配溶液浓度偏低，故G不选。
综合以上分析，应选BC，
因此，本题答案为：BC；
（4）I2与KOH溶液反应，I2即被氧化又被还原，容易判断还原产物为KI，若生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：5，根据得失电子守恒，可判断出氧化产物中碘元素化合价为+5价，因此可推出氧化产物为KIO3，
因此，本题答案为：KIO3；
（5）步骤ⅲ中向溶液中滴加适量甲酸时，使用的是恒压滴液漏斗，起到了平衡压强作用，因此只需打开活塞b，即可以使甲酸顺利滴下，
因此，本题答案为：b。
（6）由信息可知，加入甲酸的作用是还原碘酸钾，HCOOH被氧化为CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒写出HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为3HCOOH +IO3－=I + 3CO2↑+ 3H2O，
因此，本题答案为：3HCOOH +IO3－=I + 3CO2↑+ 3H2O；
（7）由反应原理可知，理论上参加反应的I2都生成了KI，12.7g单质I2的物质的量为12.7g/254g/mol=0.05mol，则理论上全部生成KI为0.05mol×2=0.1mol，KI的理论产量为0.1mol×166g/mol=16.6g，则产率=(14.5g/16.6g)×100%=87.3%，
因此，本题答案为：87.3。
18．(1)2Br－+Cl2=2Cl－+Br2
(2)吹出单质溴
(3) 吸收尾气 NaOH溶液
(4)H2O2+2Br－+2H+=2H2O+Br2
(5)H2O2＞Br2＞H2SO3
(6) 不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到产生白色沉淀的同时无明显颜色变化，即能证明Br2氧化了H2SO3。 H2SO3有剩余
【分析】实验操作Ⅰ是溴化钠溶液中滴入氯水生成Br2和NaCl；操作Ⅱ吹入热空气，A中生成的Br2蒸气进入B中，H2SO3被Br2氧化为H2SO4，溶液中的Ba2+与SO作用生成BaSO4沉淀；操作Ⅲ是B中滴加H2O2溶液，溶液中的Br-被氧化为Br2；据此解答。
【详解】（1）实验操作Ⅰ是溴化钠溶液中滴入氯水生成Br2和NaCl，发生反应的离子方程式为2Br－+Cl2=2Cl－+Br2；
（2）验操作Ⅱ吹入热空气，有利于Br2挥发，将A中生成的Br2吹出进入B中；
（3）为防止Br2污染环境，利用C中盛装NaOH溶液中吸收含Br2的尾气；
（4）操作Ⅲ是B中滴加H2O2溶液，溶液中的Br-被氧化为Br2，混合液逐渐变成红棕色，因此发生反应的离子方程式为H2O2+2Br－+2H+=2H2O+Br2；
（5）氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以H2O2、H2SO3、Br2的氧化性由强到弱的顺序为H2O2＞Br2＞H2SO3；
（6）①“热空气”即氧气，需要说明现有现象是否能排除氧气影响。欲证明是H2SO3与Br2发生了反应，有两个角度：H2SO3被氧化为SO，进而产生白色沉淀；Br2被还原为Br-且颜色不变化，其中第一条有氧气的干扰，但第二条完全符合实验现象，故已经可以说明是H2SO3而非氧气与Br2发生了反应；
②操作③中，向B装置中逐滴加入H2O2，溶液开始时颜色无明显变化可能是因为：B装置中还有H2SO3剩余，H2O2先与H2SO3反应，再与Br-反应；也可能是因为H2O2浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素，故答案为：H2SO3有剩余。
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