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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