文档文本内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（江苏专用）
黄金卷08
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是
A．华为5G手机麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)主要成分是二氧化硅
B．“酒曲”的酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
C．免洗洗手液的有效成分之一活性银离子能使病毒蛋白质变性
D．葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还原成丹砂”，二者为可逆反应
【答案】C
【解析】硅是良好的半导体材料，芯片主要成分是硅，A项错误；“酒曲”酿酒工艺中，酒曲为催化剂，
能加快反应速率，但不影响化学平衡，不能使平衡发生移动，B项错误；银离子是重金属离子，重金属离
子能使蛋白质发生变性，C项正确；“丹砂(HgS)在加热下生成汞，汞在常温下可转变为丹砂(HgS)” 二者
反应条件不同、不互为可逆反应，D项错误。
2．下列化学用语表述错误的是 ( )
A.HClO的电子式
B.中子数为10的氧原子:18
O
8
C.NH 分子的VSEPR模型:
3
D.基态N原子的价层电子排布图:
【答案】C
【解析】HClO中O原子分别与H、Cl原子间以共价键结合,因此HClO的电子式为 ,A正确;中子数为10、质子数为8的O原子,其质量数为10+8=18,该原子表示为 O,B正确;根据VSEPR模型计算,NH
18 3
8
分子中N原子上有1个孤电子对,每个N原子还连接3个H原子,因此NH 的VSEPR模型为四面体形,C错误;
3
基态N原子的价层电子排布为2s22p3,其价层电子排布图为 ,D正确。
3. 设计实验验证木炭和浓硫酸反应的产物。下列装置和操作能达到实验目的的是
A．用装置甲实现木炭与浓硫酸反应 B．用装置乙检验产物中的
C．用装置丙检验产物中的水蒸气 D．用装置丁检验产物中的
【答案】B
【解析】浓硫酸和木炭反应需要加热，不能达到实验目的，A不符合题意；二氧化硫具有还原性，能和高
锰酸钾反应使其褪色，能达到实验目的，B符合题意；甲乙溶液中都会带出水使无水硫酸铜变蓝色，不能
达到实验目的，C不符合题意；饱和碳酸氢钠和二氧化碳不反应，不能达到实验目的，D不符合题意。
4．N、O、Na、Mg是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．碱性：NaOH＜Mg(OH) B．第一电离能：I(Na)＜I(Mg)
2 1 1
C．原子半径：r(N)＜r(O) D．N、NaO、Mg的晶体类型相同
2 2
【答案】B
【解析】Na的金属性强于Mg，则NaOH的碱性强于Mg(OH) ，A错误；同周期元素从左到右第一电离能
2
呈增大的趋势，且镁3s轨道全满，较为稳定，第一电离能较大，B正确；同周期元素，从左到右原子半径
逐渐减小，则原子半径N>O，C错误；氮气是分子晶体，NaO为离子晶体，Mg为金属晶体，晶体类型不
2
同，D错误。
阅读下列材料，回答5~7题：
氧、硫、铁可形成多种用途广泛的物质。HO 具有较强的氧化性。亚硫酰氯（SOCl ）遇水发生水解反应
2 2 2
生成HSO 与HCl。Fe O 可用作锂离子电池的电极材料，电池工作时有Li＋嵌入其中生成LiFe O。FeS 可
2 3 3 4 3 4 2
用于生产HSO ，其一种晶胞结构如图1所示。工业上可电解HSO 与（NH ）SO 混合溶液制备过二硫酸
2 4 2 4 4 2 4铵[（NH ）SO]，其结构如图2所示。
4 2 2 8
图1 图2
5.下列说法正确的是（ ）
A.SOCl 中硫原子带正电，氯原子带负电
2
B.SO中硫原子的轨道杂化类型是sp2
C.该FeS 晶胞中含S的数目为14
2
D.该FeS 晶体中每个Fe2＋周围距离最近且相等的S数目为8
2
【答案】A
【解析】A项，O和Cl的电负性大于S，则S带正电，Cl带负电，正确；B项，SO中S的孤电子对数为＝
1，价层电子对数为1＋3＝4，则S为sp3杂化，错误；C项，S位于8个顶点和6个面心，共有8×＋6×＝
4，错误；D项，与顶点S最近的Fe2＋共有6个，错误
6．下列化学反应表示正确的是（ ）
A.FeS 在足量空气中煅烧：4FeS＋15O=====2Fe O＋8SO
2 2 2 2 3 3
B.H O 氧化酸性废水中的Fe2＋： 2Fe2＋＋HO===2Fe3＋＋2OH－
2 2 2 2
C. HSO 与氨水中和：HSO （aq）＋2NH ·H O（aq）===（NH ）SO （aq）＋2HO（l）；ΔH＝－
2 4 2 4 3 2 4 2 4 2
114.6 kJ·mol－1
D.电解法制备（NH ）SO 时的阳极反应：2SO－2e－===S O
4 2 2 8 2
【答案】D
【解析】A项，应生成SO ，错误；B项，酸性条件下，不能生成OH－，错误；C项，氨水为弱碱，酸碱
2
中和放出的部分热量用于氨水的电离，即放出的热量小于57.3 kJ×2＝114.6 kJ，错误；D项，SO中S为＋6
价，SO中S的平均价态为＋7，S的化合价升高，失去电子，正确。
2
7．对下列物质性质的解释不合理的是（ ）
A. H O的热稳定性强于HS，HO分子间存在氢键
2 2 2
B. SO 易液化，SO 是极性分子，分子间作用力较大
2 2
C.（NH ）SO 具有较强的氧化性，（NH ）SO 中含过氧键（OO）
4 2 2 8 4 2 2 8
D.Fe O 晶体中可嵌入Li＋形成LiFe O，Fe3＋可转化为Fe2＋
3 4 3 4
【答案】A【解析】A项，O的非金属性强于S，则O与H之间的作用力强于S与H，则HO的热稳定性强于HS，
2 2
HO分子间氢键影响熔沸点物理性质，与物质的稳定性无关，错误；B项，SO 是极性分子，极性越强，
2 2
分子间作用力越大，正确；C项，过氧键具有强氧化性，如HO、NaO 均含有过氧根，正确；D项，
2 2 2 2
Fe O 中含有＋2、＋3价的Fe，当嵌入Li＋时，由于O原子的数目不变，负电荷总量不变，则正电荷总量
3 4
也不变，所以有部分Fe3＋会转化为Fe2＋，正确。
8．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．硫酸型酸雨产生的途径：
B．工业制备硫酸过程中的物质转化：
C．钙基固硫过程中发生的总反应：
D．实验室制备少量 的原理： (固体) (浓)
【答案】C
【解析】硫酸型酸雨产生的途径： ，A正确；工业制硫酸过程中的物质
转化为：FeS 和O 反应生成SO ，SO 发生催化氧化反应生成SO ，SO 和HO反应生成HSO ，B正确；
2 2 2 2 3 3 2 2 4
钙基固硫过程中发生的总反应： ，C错误；实验室制备少量 的原
理： (固体) (浓) ，D正确。
9．化合物Z是一种镇痛消炎药的中间体，可通过如下路线合成。下列说法正确的是
A．化合物X易溶于水 B．1mol Y最多可与1mol NaOH反应
C．X+Y→Z的反应类型为取代反应 D．化合物Z分子中含有手性碳原子
【答案】D
【解析】X中不含亲水基，所以不易溶于水，A错误；Y中酯基水解、氯原子水解都能与NaOH 以1：1反应，所以1molY最多消耗2molNaOH，B错误；Y中羰基和X发生加成反应生成Z，该反应为加成反应，
C错误；Z中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，D正确。
10．活性Fe O 催化反应 ，进而可制得甲酸。反应机理如图所示。
3 4-x
下列说法正确的是
A．该反应的△H>0
B．该反应的平衡常数
C．反应前后，碳原子的杂化方式和化合价均没有发生变化
D．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为带部分负电荷的氢与HCO 中带部分正电荷的碳结合，带
部分正电荷的氢与带部分负电荷的羟基氧结合生成水，HCO 转化为的HCOO-
【答案】D
【解析】该反应为自发反应，则△H<T△S，而△S<0，则△H<0，A项错误；平衡常数等于生成物浓度系
数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；水为纯物质，故反应的平衡常数 ，B项错
误；HCO转化为HCOO－，碳的化合价由+4变为+2，杂化方式均为sp2，没有变化，C项错误；氧的电负
性大于碳，HCO中碳带正电荷、氧带负电荷，带部分负电荷的氢与HCO中带部分正电荷的碳结合，带部
分正电荷的氢与带部分负电荷的羟基氧结合生成水，HCO转化为的HCOO-，D项正确。
11．利用惰性电极电解 和 混合溶液分离得到两者的浓溶液，其电解装置如图所示，I室里加入的是稀硫酸，II室和III室里加入的是 和 的混合溶液。下列说法正确的是
A．阳极上发生的电极反应：
B．交换膜 是阴离子交换膜
C．电解一段时间后，II室得到的 溶液
D．电解时每转移 电子，理论上阴极区可获得 气体
【答案】C
【解析】I为阳极室，发生氧化反应，电极反应式为： ，A错误；III为阴极室，发生
反应 ，生成的 通在III室与 反应，生成 ，a为阳离子交换膜，
B错误；通过分析，电解一段时间内，II室得到的 溶液，III室得到 ，C正确；没有标明是
在标准状况下，无法计算气体的体积，D错误。
12．室温下，用 溶液制备 的过程如图所示。已知： ，
， ， ， 。
下列说法正确的是
A．0.1 溶液中：B． 溶液中：
C．制备 的离子方程式为：
D． 时，应控制
【答案】C
【解析】由于 的水解常数 5.56 10-10， 的水解常数
10-8，所以 的水解程度比 的水解程度大， ，A项错误；
为强酸弱碱盐，溶液中根据质子守恒可知： ，B项错误；
与 反应产生的 再与Fe2+结合生成 ，反应的离子方程式为：
，C项正确；当混合液中 时，为防止
生成Fe(OH) ， ，即 ，D项错误。
2
13．焦炉煤气(主要成分：CH、CO、H、CO)在炭催化下，使CH 与CO 重整生成H 和CO。其主要反应
4 2 2 4 2 2
为
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
在1×105Pa、将焦炉煤气以一定流速通过装有炭催化剂的反应管，CH、CO、H 的相对体积和CO 的转化
4 2 2
率随温度变化的曲线如图所示。相对体积 、
相对体积
下列说法不正确的是
A．温度低于900℃，反应I基本不发生
B．850℃～900℃时，主要发生反应Ⅳ
C．增大焦炉煤气流速一定能提高CO的相对体积
D．工业生产上需要研发低温下CH 转化率高的催化剂
4
【答案】C
【解析】从图中可以看出，温度低于900℃时，CH 的相对体积基本上是100%，所以反应I基本不发生，
4
A正确；850℃～900℃时，H、CO的体积分数都增大，且增大的幅度相近，而CH 的相对体积略有减小，
2 4
可能是CO 转化率增大的原因，所以反应I进行的幅度很小，反应Ⅱ、Ⅲ基本不发生，主要发生反应Ⅳ，B
2
正确；从图中可以看出，4个反应均为生成CO的反应，且都为吸热反应，所以若想提高CO的相对体积，
应选择升高温度，与增大焦炉煤气的流速无关，C不正确；图中信息显示，温度低于900℃，CH 的相对体
4
积基本上是100%，则反应I基本不发生，所以工业生产上需要研发低温下CH 转化率高的催化剂，D正确。
4
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）以硫酸烧渣（主要成分为Fe O 和少量Fe O 、Al O 、SiO 等）为原料制备氧化铁红的工艺流
2 3 3 4 2 3 2
程如下：已知：Fe3＋＋3HC O===Fe（C O）＋6H＋；Fe2＋＋HC O===FeC O↓＋2H＋。
2 2 4 2 4 2 2 4 2 4
（1） “酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m（草酸）/m（硫酸烧渣）×100%]对
铁浸取率的影响如图1所示。
① 加入草酸能提高铁浸取率的原因是 。
② 草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是_____________________。
（2） “沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图2所示。
① FeSO 转化为Fe（OH） 的离子方程式为 。
4 3
② 反应温度超过35 ℃时，铁回收率下降的原因是 。
③ “沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和 。
（3） “纯化”时，加入NaOH溶液的目的是 。
【答案】（1）①Fe3＋和HC O 生成Fe(C O)，促进草酸电离，溶液的H＋浓度增大；Fe3＋浓度降低，促进
2 2 4 2 4
烧渣中铁的氧化物与硫酸的反应(2分) ② Fe2＋与C O生成FeC O 沉淀
2 2 4
（2） ① 2Fe2＋＋HO＋4NH ·H O===2Fe(OH) ↓＋4NH
2 2 3 2 3
② 温度升高，HO 受热分解，使 Fe2＋氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于Fe(OH) 的生
2 2 3
成
③ 草酸铵或(NH )C O
4 2 2 4
（3） 除去Fe(OH) 中含有的Al(OH) 杂质
3 3
【解析】（1） ① 草酸电离的草酸根离子Fe3＋与形成Fe(C O)并释放出更多H＋都能提高酸浸效果；另一
2 4
方面溶液中Fe3＋浓度降低也更有助于溶解平衡的右移。② 结合题给信息，Fe O 酸浸后生成的Fe2＋与
3 4
HC O 反应生成FeC O 沉淀，覆盖在硫酸烧渣表面，影响酸浸效果。（2） ① HO 作氧化剂将Fe2＋氧化
2 2 4 2 4 2 2
为Fe(OH) ，根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂并添加介质，应特别注意氨水参与的环境是碱性的，
3
平衡电荷不能用H＋。② 应考虑HO、NH ·H O均对热不稳定。③ 铵根离子、与草酸根离子一直在溶液中
2 2 3 2
（3） 硫酸渣中Al O，先转化为Al3＋，沉铁时转化为Al(OH) ，纯化时加入NaOH可将其除去。
2 3 315.（15分）H是合成某抗炎、抗病毒、抗氧化药物的中间体，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）D→E的反应类型为 ，D中采用 杂化的碳原子有 个。
（2）设计C→D的目的是 。
（3）I的结构简式为 。
（4）I的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
ⅰ．含苯环且苯环上只有一个取代基
ⅱ．红外光谱无醚键吸收峰
ⅲ．苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1。
（5）以 、乙醛、 为原料，结合题给信息，设计路线合成 (题给试剂和无机
试剂任选) 。
【答案】（1）氧化反应 4
（2）保护酚羟基，防止D到E转化时被氧化
（3）
（4） (或 )（5）
【解析】F中含有磷酸酯基，且F→G中步聚ⅰ在强碱作用下进行，由此可推测F→G发生题给已知信息中
的反应；由F、G的结构简式及化合物Ⅰ的分子式可逆推得到Ⅰ的结构简式为 。（1）对比
D和E的结构可知，D中的羟基变为羰基，则D→E的反应类型为氧化反应；D中的饱和碳原子都是sp3杂
化，结合D的结构可知，其中采用 杂化的碳原子有4个。（2）由第一问可知，D→E为氧化反应，而
C中含有酚羟基，容易被氧化，则设计C→D的目的是保护酚羟基，防止D到E转化时被氧化。（3）由分
析可知，Ⅰ的结构简式为 。（4）化合物Ⅰ的分子式为C H O，计算可得不饱和度为4，
10 14
根据题目所给信息，化合物Ⅰ的同分异构体分子中含有苯环(已占据4个不饱和度)，则其余C原子均为饱
和碳原子(单键连接其他原子)；又由红外光谱无醚键吸收峰，可得苯环上的取代基中含1个羟基；再由分
子中苯环上只含有1个取代基，可知该有机物的碳链结构有如下四种：
(1、2、3、4均表示羟基的连接位置)，所以满足条件的
化合物Ⅰ的同分异构体共有“12”种；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1
的同分异构体应含有两个等效的甲基，则其结构简式为 或 。（5）结合B→C的条件可知，有乙醛可以生成CHCH(OH)CH ，结合C→D的条件可知，由 可生成 ，
3 3
其中甲基可以被高锰酸钾氧化为羧基，得到的产物再与CHCH(OH)CH 反应生成酯，再结合G→H的条件
3 3
可以得到最终的产物，具体流程为：
。
16.（15分）硫脲[CS（NH ） ]是白色晶体，易溶于水，150 ℃时能转变为NH SCN。常用于制造树脂、染
2 2 4
料、药物，实验室可用下列方法制备。
步骤Ⅰ：称取一定质量的CaS在三颈烧瓶中制成浆液，不断搅拌下通入适量CO ，反应生成Ca（HS） 溶
2 2
液，装置如图所示。
步骤Ⅱ：将一定量的CaCN 与Ca（HS） 溶液混合，加热至80 ℃时生成硫脲。
2 2
已知：HCO 的电离平衡常数分别为K ＝4.5×10－7、K ＝4.7×10－11；HS的电离平衡常数分别为K ＝
2 3 a1 a2 2 a1
1.1×10－7，K ＝1.3×10－13。
a2
回答下列问题：
（1） 在步骤Ⅰ的三颈烧瓶中生成Ca（HS），其反应的化学方程式为_____________________________。
2
（2） 实验中不宜使用盐酸代替CO 的主要原因是_______________________________。
2
（3） 按如图装置实验，判断CO 是否已过量的方法是__________________________________。
2
（4） 硫脲与酸性KMnO 溶液反应转化为两种无毒的气体及SO，同时生成Mn2＋，该反应的离子方程式为
4
。
（5） 已知：NH SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；NH SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，温度高时容
4 4易分解和氧化；常温下KSCN的溶解度为217 g。
利用硫脲制备KSCN的方法是：取一定量硫脲 ，将加热后的产物溶
于一定比例的无水乙醇和水中形成溶液， 干燥，得到
KSCN晶体。（实验中可选用试剂：KOH、无水乙醇。实验中须使用的实验仪器有pH计）。
【答案】（1） 2CaS＋CO＋HO===Ca(HS) ＋CaCO
2 2 2 3
（2） 反应中会生成可溶性的CaCl ，增加了分离的难度
2
（3） b中出现黑色沉淀即CO 过量
2
（4） 14MnO＋5CS(NH )＋32H＋===14Mn2＋＋5CO↑＋5N↑＋5SO＋26HO
2 2 2 2 2
（5） 在隔绝空气的条件下加热至150 ℃充分反应
边搅拌边滴加KOH并微热除去NH 至用pH计测量溶液pH为中性，加热，低温将乙醇和水蒸出至大量晶
3
体析出，过滤
【解析】（1） 由步骤Ⅰ知，CaS与CO 在水溶液中反应，生成 Ca(HS) 溶液。CO 与HO反应生成
2 2 2 2
HCO ，与CaS发生复分解反应生成CaCO 。（2） 盐酸与CaS反应生成CaCl ，CaCl 是可溶的，与难溶
2 3 3 2 2
性的CaCO 相比，CaCl 与Ca(HS) 之间难分离。（3） 因为K (H CO)＞K (H S)，当CO 过量时，CaS会
3 2 2 a1 2 3 a1 2 2
转化成HS，HS与CuSO 溶液反应会生成黑色的CuS沉淀。（4） 硫脲[CS(NH )]与酸性KMnO 溶液反
2 2 4 2 2 4
应，转化为两种无毒的气体：CO 和N ，并生成SO，[CS(NH )]中C为＋4价，S为－2价，N为－3价，
2 2 2 2
S由－2价升至＋6价，升高8，N由－3价升至0价，2个N共升高6，1个[CS(NH )]共升高14，KMnO
2 2 4
转化为Mn2＋，Mn由＋7价转化为＋2价，共降低5，根据得失电子守恒配平反应，[CS(NH )]前配5，
2 2
MnO前配14，由原子守恒确定，Mn2＋前配14，CO 前配5，N 前配5，SO前配5，由电荷守恒确定，反
2 2
应物中需要加入H＋，且计量系数为32，再由H、O原子守恒确定，产物中有HO生成，且计量系数为
2
26。（5） 硫脲[CS(NH )]在150 ℃时能转变为NH SCN。NH SCN与KOH在微热条件下生成KSCN和
2 2 4 4
NH ，调节溶液为中性，即可得KSCN溶液。KSCN在温度高时易分解和氧化，所以KSCN溶液需要在低
3
温条件下将乙醇和水蒸出，直至有大量KSCN晶体析出，通过过滤得KSCN晶体。
17.（16分）HO、O、O 在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(HO•)，可有效去除废水中的
2 2 2 3
HPO 、CN-、苯酚等物质。
2
（1）弱碱性条件下HO•将HPO 氧化成PO ，该反应的离子方程式为____。
2
（2）光催化氧化技术也可生成HO•降解有机污染物，其原理如图1，光照时，价带失去电子产生有强氧化
性的空穴，价带上生成HO•的电极反应式为____。图中HO•还有另外的产生途径，描述其产生过程____。（3）已知Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的CN-。在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况
下反应相同时间，测得CN-的氧化去除率随c(Cu2+)的变化如图2所示。c(Cu2+)超过90mg•L-1时，CN-的氧化
去除率有所下降，原因是____。
图-2
（4）HO 在Fe O 催化剂表面产生HO•除去废水中的苯酚的原理如图3所示。在不同初始pH条件下，研
2 2 3 4
究苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初
始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是____。
图-3（5）BMO(Bi MoO )是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图4所示。①和②中被降解的
2 6
苯酚的物质的量之比为____。
【答案】（1）4HO•+2OH-+H PO =PO +4H O
2 2
（2）HO-e-=H++HO• 光照时，电子从价带跃迁至导带，O 在导带获得电子生成HO 或O，最终转化为
2 2 2 2 2
HO•
（3）c(Cu2+)超过90mg·L-1会催化过氧化氢分解，导致HO 产生HO•的数目减少
2 2
（4）酸性有利于HO•的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为
乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近
（5）3：1
【解析】（1）弱碱性条件下HO•将HPO 氧化成PO ，该反应为4HO•+2OH-+H PO =PO +4H O。
2 2 2
（2）据图可知水分子在价带上失电子发生氧化反应，电极反应为HO-e-=H++HO•；光照时，电子从价带跃
2
迁至导带，O 在导带获得电子生成HO 或O，最终转化为HO•。（3）Cu2+、Fe3+、二氧化锰对双氧水的
2 2 2 2
分解起到催化作用，c(Cu2+)超过90mg/L，会催化过氧化氢分解，导致HO 产生·OH的数目减少，与CN-反
2 2
应的HO 的量减少，CN-的氧化去除率有所下降。（4）在反应开始时，初始pH = 6的溶液中苯酚的去除
2 2
率明显低于初始pH =3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是：酸性有利于HO•的形成，所以初始pH=3
的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚
去除率显著提高，最终两者的去除率接近。（5）根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，O 得
到3个电子、BMO-得到1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：
1。
