安徽高考化学部分.docx
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安徽高考化学部分
2015年安徽省高考化学试卷
一、选择题:
7.(6分)(2015•安徽)碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂,其结构如图,下列有关该物质的说法正确的是( )
A.
分子式为C3H2O3
B.
分子中含6个σ键
C.
分子中只有极性键
D.
8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
考点:
化学键;
分析:
A、
为有机物的结构简式,其中顶点省略的是C原子,每个C原子均形成4对共价键,每个O原子形成2对共价键,C原子价键不饱和的用H原子补充,据此判断分子式;
B、单键即为σ键,依据此结构简式判断σ键的个数;
C、相同原子之间形成非极性共价键,不同原子之间形成极性共价键,据此解答;
D、依据C的完全燃烧产物为二氧化碳,依据此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积.
解答:
解:
A、
,此有机物中含有3个C、3个O和2个H,故分子式为:
C3H2O3,故A正确;
B、此分子中存在5个C﹣O键和1个C﹣C键,还存在2个C﹣H键,总共8个σ键,故B错误;
C、此有机物中存在C=C键,属于非极性共价键,故C错误;
D、8.6g该有机物的物质的量为:
=0.1mol,由于未指明标准状况,故生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L,故D错误,
故选A.
点评:
本题主要考查的是有机物结构简式的判断,涉及分子式书写、化学键类型判断、有机物的燃烧等,综合性较强,但是难度不大.
8.(6分)(2015•安徽)下列有关实验的选项正确的是( )
A.配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液
B.除去CO中的CO2
C.苯萃取碘水中I2,分出水层后的操作
D.记录滴定终点读数为12.20mL
A.
A
B.
B
C.
C
D.
D
考点:
化学实验方案的评价;
分析:
A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器,不能用于溶解固体,溶解固体需在烧杯中进行;
B、二氧化碳为酸性气体,和强碱反应形成盐,CO既不溶于碱也不溶于水;
C、苯的密度小于水,萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层,上层溶液从上口倒出;
D、滴定管的0刻度在上方,据此读数即可.
解答:
解:
A、溶解固体药品应用烧杯,不能直接在容量瓶中溶解,故A错误;
B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应,而二氧化碳可以与氢氧化钠反应,利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳,故B正确;
C、苯萃取溴水中的溴,在分液漏斗的上层,应从上口倒出,故C错误;
D、滴定管的0刻度在上方,此图中正确读数应为11.80mL,故D错误,
故选B.
点评:
本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作,还考查了仪器的读数等,难度不大.
9.(6分)(2015•安徽)下列有关说法正确的是( )
A.
在酒精灯加热条件下,Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B.
Fe(OH)3胶体无色、透明,能产生丁达尔现象
C.
H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥
D.
SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应,所以是两性氧化物
考点:
钠的重要化合物;分散系、胶体与溶液的概念及关系;硅和二氧化硅;气体的净化和干燥.
分析:
A、NaHCO3不稳定,加热易分解;
B、氢氧化铁胶体为红褐色;
C、浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性,所以浓硫酸不能干燥还原性气体、碱性气体,据此分析解答;
D、二氧化硅是酸性氧化物,酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水.
解答:
解:
A、NaHCO3不稳定,加热易分解:
2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O,碳酸钠受热稳定,加热不分解,故A错误;
B、Fe(OH)3胶体为红褐色、透明,不是无色,故B错误;
C、H2、SO2、CO2三种气体均不与浓硫酸反应,故能利用浓硫酸干燥,故C正确;
D、二氧化硅是酸性氧化物,酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水,因此二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应,但和氢氟酸反应是二氧化硅的特性,故D错误,故选C.
点评:
本题考查了物质性质的分析应用,熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、常见胶体的颜色与性质等基础知识是解题关键,题目难度不大.
10.(6分)(2015•安徽)下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是( )
A.
该溶液中,H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存
B.
该溶液中,Ag+、K+、NO3﹣、CH3CHO可以大量共存
C.
向该溶液中滴入少量FeSO4溶液,反应的离子方程式为:
2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20
D.
向该溶液中加入浓盐酸,每产生1molCl2,转移电子约为6.02×1023个
考点:
钠的重要化合物.
分析:
A、次氯酸为弱酸,次氯酸根与氢离子不能大量共存;
B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀,故而不能电离共存;
C、NaClO为强碱弱酸盐,水解呈碱性,NaCl为中性,溶液中不存在大量的氢离子;
D、次氯酸具有氧化性,浓盐酸具有还原性,两者发生归中反应生成氯气,据此解答即可.
解答:
解:
A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根,次氯酸为弱酸,次氯酸根与氢离子不能大量共存,故A错误;
B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子,与银离子反应生成白色难溶沉淀,故不能大量共存,故B错误;
C、NaClO为强碱弱酸盐,水解呈碱性,NaCl为中性,溶液中不存在大量的氢离子,与2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20反应矛盾,故C错误;
D、浓盐酸中Cl由﹣1价升高到0价,次氯酸中Cl由+1价降低到0价,故每生成1mol氯气转移电子数为1mol,故D正确,故选D.
点评:
本题主要考查的是溶液中离子的判断,涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等,综合性较强,容易出错的是C选项,没有注意原溶液的酸碱性.
11.(6分)(2015•安徽)汽车尾气中NO产生的反应为:
N2(g)+O2(g)⇌2NO(g),一定条件下,等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应,如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化,曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化.下列叙述正确的是( )
A.
温度T下,该反应的平衡常数K=
B.
温度T下,随着反应的进行,混合气体的密度减小
C.
曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D.
若曲线b对应的条件改变是温度,可判断该反应的△H<0
考点:
化学平衡建立的过程;
分析:
A、依据氮气的浓度变化,找出三段式,计算平衡常数即可;
B、此容器为恒容密闭容器,ρ=
,据此判断即可;
C、催化剂只能改变化学反应色速率,不能改变物质的转化律;
D、由图可知,b曲线化学反应速率快,若是升高温度,氮气的平衡浓度减小,则正反应为吸热反应.
解答:
解:
A、N2(g)+O2(g)⇌2NO(g),
起(mol/L)c0c00
转(mol/L)xx2x
平(mol/L)c1c12x
解2x=2(c0﹣c1),故K=
,故A正确;
B、反应物和生成物均是气体,故气体的质量m不变,容器为恒容容器,故V不变,那么密度ρ=
不变,故B错误;
C、由图可知,b曲线氮气的平衡浓度减小,故应是平衡发生移动,催化剂只能改变速率,不能改变平衡,故b曲线不可能是由于催化剂影响的,故C错误;
D、由图可知,b曲线化学反应速率快(变化幅度大),氮气的平衡浓度减小,升高温度平衡正向移动,则正反应为吸热反应,即△H>0,故D错误,故选A.
点评:
本题主要考查的是化学平衡建立的过程,涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的影响等,综合性较强,有一定难度.
12.(6分)(2015•安徽)某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中,有大量气泡产生,为探究该反应原理,该同学做了以下实验并观察到相关现象,由此得出的结论不合理的是( )
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH为8.6
弱碱性溶液中Mg也可被氧化
D
将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中,有气泡产生
弱碱性溶液中OH﹣氧化了Mg
A.
A
B.
B
C.
C
D.
D
考点:
镁的化学性质;
分析:
A.氨气为碱性气体,遇到湿润的红色石蕊变蓝;
B.氢气燃烧发出淡蓝色的火焰;
C.PH为8.6时,仍然有气体生成,说明碱性条件下,Mg可以被氧化;
D.若是氢氧根氧化了Mg,则氢氧根得电子被还原,不可能生成气体.
解答:
解:
A.氨气为碱性气体,遇到湿润的红色石蕊变蓝,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝,可以证明气体中含有氨气,故A正确;
B.收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色,可以证明氢气的存在,故B正确;
C.PH为8.6时,仍然有气体生成,说明碱性条件下,Mg可以被氧化,故C正确;
D、若是氢氧根氧化了Mg,则氢氧根得电子被还原,不可能生成气体,所以D的结论不合理,故选D.
故选:
D.
点评:
本题考查了元素化合物知识,熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键,注意物质检验方法的积累.
13.(6分)(2015•安徽)25℃时,在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A.
未加盐酸时:
c(OH﹣)>c(Na+)=c(NH3•H2O)
B.
加入10mL盐酸时:
c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣)
C.
加入盐酸至溶液pH=7时:
c(Cl﹣)=c(Na+)
D.
加入20mL盐酸时:
c(Cl﹣)=c(NH4+)+c(Na+)
考点:
弱电解质在水溶液中的电离平衡;
分析:
氢氧化钠为强碱,在水溶液中完全电离,一水合氨为弱碱,在水溶液中部分电离,相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的,据此分析解答即可.
解答:
解:
A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中,NaOH完全电离,NH3•H2O部分电离,因此c(OH﹣)>0.1mol/L,c(Na+)=0.1mol/L,c(NH3•H2O)<0.1mol/L,故c(OH﹣)>c(Na+)>c(NH3•H2O),故A错误;
B、在此混合溶液中加入10mL盐酸,存在电中性原则:
c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH﹣)+c(Cl﹣),由于等体积等浓度混合,故c(Na+)=c(Cl﹣),即c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣),故B正确;
C、加入盐酸至pH=7时,溶液呈中性,即c(H+)=c(OH﹣),那么c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl﹣),即c(Cl﹣)>c(Na+),故C错误;
D、加入20mL盐酸时,此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液,此时溶液呈酸性,即存在c(H+)>c(OH﹣),那么c(NH4+)+c(Na+)<c(Cl﹣),故D错误,故选B.
点评:
本题主要考查酸碱混合的定性判断,题目难度中等,本题注意把握弱电解质的电离特点,易错点为C,注意酸碱中和滴定的实验原理.
二、非选择题
25.(14分)(2015•安徽)C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素.
(1)Si位于元素周期表第 三 周期第 IVA 族;
(2)N的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p3 ;Cu的基态原子最外层有 1 个电子;
(3)用“>”或“<”填空:
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al > Si
N < O
金刚石 > 晶体硅
CH4 < SiH4
(4)常温下,将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1),测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示,反应过程中有红棕色气体产生.
0~t1时,原电池的负极是Al片,此时,正极的电极反应式是 2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O ,溶液中的H+向 正 极移动.t1时,原电池中电子流动方向发生改变,其原因是 Al在浓硝酸中发生钝化,氧化膜阻止了Al的进一步反应 .
考点:
真题集萃;位置结构性质的相互关系应用;不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别;原电池和电解池的工作原理.
分析:
(1)Si原子序数为14,有3个电子层,最外层电子数为4;
(2)N的原子序数为7,共排布3个能层;Cu为29号元素,和核外电子排布式为:
[Ar]3d104s1,据此解答即可;
(3)同一周期,原子序数越小,半径越大;元素的非金属性越强,其电负性越大;晶体类型相同的,原子半径越小,熔点越高;分子组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,沸点越高,据此解答即可;
(4)依据题意,0~t1时,原电池的负极是Al片,且有红棕色气体产生,说明溶液中的硝酸根在正极放电,据此解答即可;电流发生改变,即原电池的正负极发生改变,据此分析原因即可.
解答:
解:
(1)Si原子序数为14,有3个电子层,最外层电子数为4,故Si处于第三周期第IVA族,故答案为:
三;IVA;
(2)N的原子序数为7,共排布3个能层,其核外电子排布式为:
1s22s22p3,Cu元素为29号元素,原子核外有29个电子,所以核外电子排布式为:
1s22s22p63s23p63d104s1,故其最外层电子数为1,故答案为:
1s22s22p3;1;
(3)同一周期,原子序数越小,半径越大,由于原子序数Al<Si,故半径Al>Si;元素的非金属性越强,其电负性越大,由于非金属性O>N,故电负性N<O;晶体类型相同的,原子半径越小,熔点越高,由于C的原子半径小于Si的原子半径,故熔点:
金刚石>晶体硅;分子组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,沸点越高,由于SiH4相对分子质量大于CH4,故沸点CH4<SiH4,故答案为:
>;<;>;<;
(4)0~t1时,原电池的负极是Al片,溶液中产生红棕色气体是二氧化氮,故正极反应方程式为:
2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O,此时溶液中的氢离子移向正极,一段时间后,由于Al与浓硝酸发生钝化,导致原电池中Al作正极,Cu作负极,故答案为:
2H++NO3﹣=NO2↑+H2O;正;Al在浓硝酸中发生钝化,氧化膜阻止了Al的进一步反应.
点评:
本题主要考查的元素位构性的关系、原电池工作原理,涉及电负性大小比较、原子半径大小比较等,难度不大,注意整理.
26.(16分)(2015•安徽)四苯基乙烯(TPE)及其衍生物具有聚集诱导发光特性,在光电材料等领域应用前景广泛,以下是TPE的两条合成路线(部分试剂和反应条件省略):
(1)A的名称是 甲苯 ;试剂Y为 酸性高锰酸钾溶液 ;
(2)B→C的反应类型是 取代反应 ;B中官能团的名称是 羧基 ,D中官能团的名称是 羰基 ;
(3)E→F的化学方程式是
;
(4)W是D的同分异构体,具有下列结构特征:
①属于萘(
)的一元取代物;②存在羟甲基(﹣CH2OH),写出W所有可能的结构简式:
;
(5)下列说法正确的是 ad .
a、B的酸性比苯酚强b、D不能发生还原反应
c、E含有3种不同化学环境的氢d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃.
考点:
有机物的合成;
分析:
(1)由A的分子式与B的结构可知,应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸;
(2)对比B、C的结构简式可知,B发生取代反应生成C;由B、D结构可知,含有的官能团分别为羧基、羰基;
(3)E的分子式为C13H11Br,F的分子式为C13H12O,对比E的结构与F的分子式可知,B中Br原子被﹣OH取代生成F;
(4)D的分子式为C13H10O,不饱和度为9,W是D的同分异构体属于萘(
)的一元取代物,存在羟甲基(﹣CH2OH),萘环不饱和度为7,则侧链存在碳碳三键,故侧链为﹣C≡CCH2OH,萘有2种化学环境不同的H原子,据此书写;
(5)a.羧基酸性大于酚羟基;
b.D含有苯环与羰基,能与氢气发生加成反应;
c.E中含有4种化学环境不同的H原子;
d.TPE只有含有C、H2种元素,属于烃,含有苯环,属于芳香烃,含有碳碳双键,属于烯烃.
解答:
解:
(1)由A的分子式与B的结构可知,应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸,
故答案为:
甲苯;酸性高锰酸钾溶液;
(2)对比B、C的结构简式可知,B发生取代反应生成C;由B、D结构可知,含有的官能团分别为羧基、羰基,
故答案为:
取代反应;羧基;羰基;
(3)对比E的结构与F的分子式可知,B中Br原子被﹣OH取代生成F,反应方程式为
,
故答案为:
;
(4)D的分子式为C13H10O,不饱和度为9,W是D的同分异构体属于萘(
)的一元取代物,存在羟甲基(﹣CH2OH),萘环不饱和度为7,则侧链存在碳碳三键,故侧链为﹣C≡CCH2OH,萘有2种化学环境不同的H原子,符合条件的W有:
,
故答案为:
;
(5)a.羧基酸性大于酚羟基,故a正确,;
b.D含有苯环与羰基,能与氢气发生加成反应,属于还原反应,故b错误;
c.E中含有4种化学环境不同的H原子,故c错误;
d.TPE只有含有C、H2种元素,属于烃,含有苯环,属于芳香烃,含有碳碳双键,属于烯烃,故d正确,
故选:
ad.
点评:
本题考查有机物的合成,注意根据有机物的结构与分子式进行分析解答,是对有机化学基础的综合考查,难度不大.
27.(14分)(2015•安徽)硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值,某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4,其流程如图:
已知:
NaBH4常温下能与水反应,可溶于异丙胺(沸点:
33℃);
(1)在第①步反应加料之前,需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气,该操作的目的是 除去反应器中的水蒸气和空气 ,原料中的金属钠通常保存在 煤油 中,实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有 镊子 、 滤纸 、玻璃片和小刀等;
(2)请配平第①步反应的化学方程式:
1 NaBO2+ 2 SiO2+ 4 Na+ 2 H2═ 1 NaBH4+ 2 Na2SiO3
(3)第②步分离采用的方法是 过滤 ;第③步分出NaBH4并回收溶剂,采用的方法是 蒸馏 ;
(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g).在25℃、101kPa下,已知每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ,该反应的热化学方程式是 NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g)△H=﹣216.0kJ/mol .
考点:
真题集萃;制备实验方案的设计.
专题:
实验设计题.
分析:
NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3,NaBH4常温下能与水反应,且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象,为防止NaBH4水解、防止产生安全事故,需要将装置中的空气和水蒸气排出;NaBH4可溶于异丙胺,根据③知,②中加入的溶剂是异丙胺,NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺,难溶性固体和溶液采用过滤方法分离,通过过量得到滤液和滤渣,滤渣成分是Na2SiO3;异丙胺沸点:
33℃,将滤液采用蒸馏的方法分离,得到异丙胺和固体NaBH4,
(1)为防止安全事故发生和防止NaBH4水解,在第①步反应加料之前,需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气,从而排出空气和水蒸气;
原料中的金属钠通常保存在煤油中,需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等;
(2)该反应中H元素化合价由0价变为﹣1价、Na元素化合价由0价变为+1价,根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式;
(3)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法;熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法;
(4)n(NaBH4)=
=0.1mol,在25℃、101kPa下,每消耗0.1molNaBH4(s)放热21.6kJ,则消耗1molNaBH4(s)放热216.0kJ,据此书写热化学方程式.
解答:
解:
NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3,NaBH4常温下能与水反应,且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象,为防止NaBH4水解、防止产生安全事故,需要将装置中的空气和水蒸气排出;NaBH4可溶于异丙胺,根据③知,②中加入的溶剂是异丙胺,NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺,难溶性固体和溶液采用过滤方法分离,通过过量得到滤液和滤渣,滤渣成分是Na2SiO3;异丙胺沸点:
33℃,将滤液采用蒸馏的方法分离,得到异丙胺和固体NaBH4,
(1)NaBH4常温下能与水反应,且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象,为防止NaBH4水解、防止产生安全事故,需要将装置中的空气和水蒸气排出;
钠极易和空气中氧气、和水反应,钠的密度大于煤油,为隔绝空气和水,原料中的金属钠通常保存在煤油中;
实验室取用少量金属钠时,需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油,所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等,
故答案为:
除去反应器中的水蒸气和空气;煤油;镊子、滤纸;
(2)该反应中H元素化合价由0价变为﹣1价、Na元素化合价由0价变为+1价,转移电子总数为4,
根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3,
故答案为:
1;2;4;2;1;2;
(3)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,②中加入的溶剂是异丙胺,NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺,所以第②步分离采用的方法是过滤;熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法,异丙胺沸点:
33℃,将滤液采用蒸馏的方法分离,得到异丙胺和固体NaBH4,
故答案为:
过滤;蒸馏;
(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g),n(NaBH4)=
=0.1mol,在25℃、101kPa下,每消耗0.1molNaBH4(s)放热21.6kJ,则消耗1molNaBH4(s)放热216.0kJ,则热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g)△H=﹣216.0kJ/mol,
故答案为:
NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g)△H=﹣216.0kJ/mol.
点评:
本题考查物质制备实验方案设计,为高频考点,侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力,涉及物质分离提纯、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应、实验基本操作等知识点,综合性较强且较基础,难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等,题目难度中等.
28.(14分)(2015•安徽)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol•L﹣1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀.为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2,该小组提出了如下假设:
假设一:
溶液中的NO3﹣
假设二:
溶液
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