2023年高考考前押题密卷-化学（江苏卷）（全解全析）

这是一份2023年高考考前押题密卷-化学（江苏卷）（全解全析），共19页。试卷主要包含了铁铵矾[]常用于制备高铁酸盐，硫及其化合物的转化具有重要应用等内容，欢迎下载使用。

2023年高考考前押题密卷（江苏卷）
化学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
4． 可能用到的相对原子质量：
H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 K 39 Ca 40 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Pb 207
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．第三代铝锂合金被用于国产大飞机的外壳，其用途与下列性质无关的是
A．密度小 B．耐腐蚀 C．能导热 D．强度大
【答案】C
【解析】A．制造飞机的材料需要质量小、强度大，所以与铝锂合金密度小有关，故不选A；    
B．制造飞机的材料需要耐腐蚀，所以与铝锂合金耐腐蚀有关，故不选B；    
C．制造飞机外壳的材料不需要导热，所以与铝锂合金能导热无关，故选C；
D．制造飞机的材料需要质量小、强度大，所以与铝锂合金强度大有关，故不选D；
选C。
2．反应SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)可用于“中国芯”原料高纯硅的制备。下列说法正确的是
A．SiCl4为极性分子 B．反应中只有一种物质为电解质
C．单晶硅为分子晶体 D．Si原子的结构示意图为
【答案】B
【解析】A．SiCl4和CH4的空间构型一样，都是正四面体构型，结构对称，为非极性分子，A错误；
B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，该反应中只有HCl是电解质，B正确；
C．单晶硅与金刚石的晶体结构相似，是空间网状结构，为共价晶体，C错误；
D．Si原子的结构示意图为，D错误；
故选B。
3．离子液体是室温或稍高于室温时呈液态的离子化合物，大多数离子液体有体积很大的阴、阳离子。常见的阴离子如、等。一种离子液体的结构如下图所示：

下列关于构成离子液体常见元素的说法正确的是
A．简单离子的半径： B．稳定性：
C．第一电离能： D．酸性：
【答案】C
【解析】A．具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，半径越小，故简单离子的半径：，选项A错误；
B．元素非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故稳定性：，选项B错误；
C．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，但第IIA族的第一电离能大于第IIIA族的，故第一电离能：，选项C错误；
D．元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但HF为弱酸，故酸性，选项D错误；
答案选C。
4．下列实验所用的药品、选择的仪器及操作方法均正确的是

A．向容量瓶中转移溶液 B．碱式滴定管排气泡
C．HCl的尾气处理 D．乙酸乙酯的制备及收集
【答案】B
【解析】A．玻璃棒应该引流至容量瓶刻度线下方，A项错误；
B．该装置为碱式滴定管，碱式滴定管排气泡，B项正确；
C．HCl尾气吸收应有防倒吸装置，比如倒扣的漏斗，C项错误；
D．热的乙酸乙酯遇NaOH溶液发生水解，应该用饱和碳酸钠收集，D项错误；
B正确。
5．下列有关物质结构与性质的说法合理的是
A．分子的极性强于 B．干冰和冰都采取分子密堆积
C．和中键角都为 D．邻羟基苯甲酸的沸点低于对羟基苯甲酸
【答案】D
【解析】A．从电负性上看氧与氢的电负性差值大于氧与氟的电负性差值，OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，从而导致H2O分子的极性很强，故OF2分子的极性小于H2O，A错误；
B．干冰为分子密堆积形成的晶体，冰晶体中水分子间采取非紧密堆积的方式，不是分子密堆积形成的晶体，B错误；
C．P4和CH4都是正四面体结构，但是P4的P-P是该四面体的边，所以键角为60°；CH4的C-H键在正四面体的内部，键角为109°28′，C错误；
D．邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，对羟基苯甲酸存在分子间氢键导致分子间作用力较强，故邻羟基苯甲酸的沸点低于对羟基苯甲酸，D正确；
答案选D。
6．铁铵矾[]常用于制备高铁酸盐。下列反应的离子方程式正确的是
A．铁铵矾溶液与氨水混合反应：
B．向铁铵矾溶液中通入气体：
C．在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成；
D．向铁铵矾溶液中加入过量溶液：
【答案】B
【解析】A．一水合氨为弱碱，应以化学式表示，则铁铵矾溶液与氨水混合反应：Fe3++3NH3∙H2O=Fe(OH)3↓+3，A不正确；
B．向铁铵矾溶液中通入气体，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为：，B正确；
C．在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成；，另外还发生与OH-的反应，C不正确；
D．向铁铵矾溶液中加入过量溶液：，D不正确；
故选B。
7．下列物质的性质或用途的因果关系不正确的是
A．乙醇具有氧化性，可用于杀菌消毒
B．受热易分解生成，可用于食品膨松剂
C．高纯硅具有半导体特性，可用于制造芯片
D．碳化硅具有高温抗氧化性能，可用做耐高温结构材料
【答案】A
【解析】A．乙醇能使病毒或细菌的蛋白质变性，所以乙醇可用于消毒，不是因为乙醇具有氧化性，故A错误；
B．不稳定，受热易分解生成，可用于食品膨松剂，故B正确；
C．高纯硅具有半导体特性，可用于制造芯片，故C正确；
D．碳化硅具有高温抗氧化性能，可用做耐高温结构材料，故D正确；
故选A。
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．硫元素在自然界中均以化合物的形态相互转化
B．工业上通过催化氧化等反应生产
C．天然气中含有的可通过石灰乳吸收的方法除去
D．在煤炭中掺入石灰可有效减少燃烧尾气中的
【答案】A
【解析】A．硫元素在自然界中既能以化合态形式存在，又能以游离态的形式存在，如硫磺是S单质，A错误；
B．工业上通过SO2催化氧化生成SO3，SO3与水反应生产H2SO4，B正确；
C． H2S 与石灰乳(主要成分为氢氧化钙)发生酸碱中和反应而除去，C正确；
D．在煤炭中掺入石灰可吸收燃烧尾气中的 SO2，可通过反应得到硫酸钙，D正确；
故选A。
9．奥司他韦是目前治疗流感的最常用药物之一，其结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是

A．分子中既含有σ键，又含有π键
B．该物质可以使溴的四氯化碳溶液褪色
C．1mol该物质可以与3molH2发生加成反应
D．分子中有2种官能团可以发生水解反应
【答案】C
【解析】A．分子中既有单键也有双键，所以既含有σ键，又含有π键，A正确；
B．结构中存在碳碳双键，所以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，B正确；
C．结构中只有碳碳双键可以和氢气发生加成反应，所以1mol该物质可以与1molH2发生加成反应，C错误；
D．分子中的酯基和酰胺基可以发生水解反应，D正确；
故选C。
10．用尿素水解生成的催化还原，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为，下列说法正确的是
A．上述反应
B．上述反应平衡常数
C．上述反应中消耗，转移电子的数目为
D．实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小
【答案】B
【解析】A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应△S＞0，故A错误；
B．由方程式可知，反应平衡常数，故B正确；
C．由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数目为3mol×4××6.02×1023=3×6.02×1023，故C错误；
D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大，故D错误；
故选B。
11．下列实验设计能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验设计
A
提高KMnO4溶液的氧化性
用草酸酸化KMnO4溶液
B
除去乙醇中混有的乙酸
向混合物中滴加适量的Na2CO3溶液，静置分液
C
检验碳酸钠中是否混有亚硫酸钠
向样品中加入过量稀盐酸，将产生的气体通入Ba(NO3)2溶液中，观察是否出现白色沉淀
D
验证浓硝酸在加热条件下可以氧化碳单质
将木炭和浓硝酸混合后加热，观察是否出现红棕色气体

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．草酸具有还原性，会将高锰酸钾还原，A错误；
B．乙醇和水互溶，无法分液分离，B错误；
C．CO2与酸化的硝酸钡不反应，SO2可以和酸化的硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，C正确；
D．浓硝酸受热分解也可以产生NO2，D错误；
综上所述答案为C。
12．已知室温下，磷酸三步电离的pKa(- lgKa)分别用a1、a2、a2表示，它们与溶液pH的关系如下图：

某工厂排放的含磷废水pH约为6。下列叙述错误的是
A．NaH2PO4溶液呈酸性，原因是a2+ a3> 14
B．室温下，磷酸溶液中：
C．该废水中存在：c()>c( )>c()
D．该废水除磷时加入CaCl2溶液生成Ca5 (PO4)3OH的主要反应为
【答案】A
【解析】A．在溶液呈中主要存在电离平衡： ，，水解平衡：，，因为，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，=，>，即a1+ a2< 14，A错误；
B．根据电荷守恒，在磷酸溶液中：，B正确；
C．pH=7时pKa=pH，可知=H2PO，因为该废水pH约为6，c()>c( )，少部分电离生成，所以c( )>c()，故溶液中存在：c()>c( )>c()，C正确；
D．该废水中主要的离子为，加入溶液生成的主要反应为，D正确；
故选A。
13．某温度时两个恒容密闭容器中仅发生反应  。实验测得：，，、为速率常数，只受温度影响。
容器编号
起始浓度
平衡浓度




I
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.6
0.1
0

下列说法正确的是
A．升高温度，该反应的化学平衡常数减小 B．I中的平衡转化率约为33.3%
C．Ⅱ中达到平衡状态时， D．该反应的化学平衡常数可表示为
【答案】D
【解析】A．该反应是的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡常数增大，故A错误；
B．I中平衡时氧气浓度为0.2 ，则二氧化氮浓度改变了为0.4 ，则平衡转化率约为，故B错误；
C．Ⅱ在I平衡时的基础上充入一氧化氮0.1，平衡逆向移动，因此Ⅱ中达到平衡状态时，，故C错误；
D．达到平衡时，变形得到，因此该反应的化学平衡常数可表示为，故D正确。
综上所述，答案为D。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14．和氮氧化物()都是空气污染物。作为空气污染物的氮氧化物()常指NO和，科学处理及综合利用空气污染物是环境科学研究的热点。
(1)人为活动排放的，大部分来自_______。
(2)用催化还原，可在一定程度上消除氮氧化物的污染。已知还原NO能生成对环境无害的物质，则还原NO的化学方程式为_______。
(3)酸性环境下，用惰性电极电解法可将吸收液中的转化为无毒物质，电解时阴极的电极反应式为_______。
(4)用间接电化学法可对NO进行无害化处理，其原理如图1所示(质子膜允许和通过)。阴极上的电极反应式为_______。

(5)某科研小组研究在体积分数为4%，尾气流速为，浓度为，常温常压下，随着的不断通入，溶液pH对吸收过程的影响，其变化曲线如图2、图3所示。(硫的总吸收率：溶液中增加的硫元素的量占尾气中硫元素总量的百分比)

①分析当pH由10降为9时，硫的总吸收率减小的可能原因：_______。
②当pH<3时，的吸收率和硫的总吸收率呈下降趋势的原因是_______。
【答案】(1)化石燃料的燃烧和汽车尾气
(2)
(3)
(4)
(5) 与亚硫酸迅速反应生成硫单质和硫化氢气体 吸收液失去净化的能力，逸出

【解析】（1）人为活动中排放的氮氧化物主要来自于化石燃料的燃烧，以及汽车尾气的排放，故答案为：化石燃料的燃烧和汽车尾气；
（2）还原NO能生成对环境无害的物质，可知生成为二氧化碳和氮气，1mol甲烷失8mol电子，1molNO得2mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒可得反应方程式：，故答案为：；
（3）转化为无毒物质，该物质为氮气，亚硝酸根得电子在阴极发生反应，阴极反应为：，故答案为：；
（4）由图中信息可知电极I上发生转化为：，该转为过程中S的化合价降低被还原，该电极为阴极，电极反应为：，故答案为：；
（5）①当pH由10降为9时，由图3可知此时硫的主要存在形式为硫化氢气体，原因是溶液中的硫离子与通入的二氧化硫发生反应除生成硫单质外，还产生硫化氢，导致硫的总吸收率减小，故答案为：与亚硫酸迅速反应生成硫单质和硫化氢气体；
②当pH<3时，吸收液中硫化铵已经完全反应，吸收液不再与二氧化硫反应，通入的二氧化硫逸出，故答案为：吸收液失去净化的能力，逸出；
15．（15分）黄酮类物质可增强人体的抵抗力。某黄酮类物质的合成方法如下：

回答下列问题：
(1)A的化学名称___________。
(2)C生成D的反应类型为___________，设计该步反应的目的是___________。
(3)F的结构简式___________。
(4)由G经两步反应生成H，第一步为加成反应，写出第二步反应的化学方程式___________(不要求写反应条件)
(5)E完全加氢后有___________ 个手性碳原子。
(6)同时满足以下特定的条件的E的同分异构体有___________种。
①含有两个苯环，且两个苯环通过一根单键直接相连；
②能发生银镜反应和水解反应，水解的产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积比为6： 2： 2： 2： 1： 1。
(7)已知：①CH3COOH+SOCl2 →CH3COCl；②苯酚与羧酸很难发生酯化反应。结合题中信息，设计由对二甲苯和苯酚为原料，合成(对苯二甲酸二苯酚酯)的合成路线(无机试剂任选)。__________
【答案】(1)2-乙基苯酚(或邻乙基苯酚)
(2) 取代反应 保护酚羟基，防止被氧化
(3)
(4)
(5)3
(6)4
(7)

【分析】A→B形成了C=C为消去反应。B→C为C=C与水的加成反应，C为。C→D为酚羟基H被取代，该反应为取代反应。D→E为-OH氧化为酮。F→G产生了酯基，应该为酰氯与羟基形成酯基，逆推F为。
【解析】（1）以苯酚为母体，那么对苯环编号，该物质为2-乙基苯酚或邻乙基苯酚。答案为2-乙基苯酚或邻乙基苯酚；
（2）由上分析，该反应为取代反应。C→D酚羟基被反应了，而E→F产生了酚羟基，所以保护酚羟基，防止被氧化。答案为取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；
（3）F→G产生了酯基，应该为酰氯与羟基形成酯基，逆推F为。
答案为；
（4）G发生加成即羰基的Α碳与酯基中C=O的加成得到产物为，该物质的醇羟基再脱水消去形成C=C。答案为；
（5）手性碳的特点：连接四个不同原子或基团。E完全加氢的产物为，手性碳如图标注为3个。答案为3；
（6）E的分子式为C15H12O2，含有两个苯环通过一根单键直接相连含有，同时能发生银镜反应含有-CHO，能发生水解且水解产物之一能与FeCl3显色含有。由已知核磁共振峰面积为6：2：2：2：1：1，即该分子中含有两个等效的-CH3，即在该分子中两个甲基取代，共有如图标注4种。答案为4；
（7）逆推法得到该物质需要和苯酚一定条件下反应得到。由对苯二甲酸与SOCl2反应得到。对二甲苯经酸性高锰酸钾氧化可得到对苯二甲酸。合成路线为。答案为。

16．（15分）硫酸亚铁铵晶体[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O][M=(132x+152y+18z)g·mol-1]是常见的补血剂。
已知：①硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化。
②FeSO4溶液与(NH4)2SO4反应可得到硫酸亚铁铵。
(1)FeSO4溶液的制备。将铁粉、一定量H2SO4溶液反应制得FeSO4溶液，其中加入的铁粉需过量，除铁粉不纯外，主要原因是_____(用离子方程式表示)。
(2)制备x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O向制备得到的FeSO4溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70℃-80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。乙醇的作用为_____。
(3)产品化学式的确定——NH含量的测定

I.准确称取58.80g晶体，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中：
Ⅱ.准确量取50.00mL3.030mol·L-1H2SO4溶液于锥形瓶中：
Ⅲ.向三颈烧瓶中通入氮气，加入足量NaOH浓溶液，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；
Ⅳ.用0.120mol·L-1的NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸，滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液。
①装置M的名称为_____。
②通入N2的作用为_____。
③步骤Ⅲ中，反应的离子方程式是_____。
④若步骤Ⅳ中，未用NaOH标准溶液润洗滴定管，则n(NH)将_____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是_____(填编号)。

(4)产品化学式的确定一SO含量的测定
I.另准确称取58.80g晶体于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；
Ⅱ.将得到的溶液过滤得到沉淀，洗涤沉淀3～4次；
Ⅲ.灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90g。
结合实验(3)和(4)，通过计算得出硫酸亚铁铵晶体的化学式为_____。
【答案】(1)2Fe3++Fe=3Fe2+(4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O)
(2)乙醇的分子极性弱于水的，加入乙醇，形成乙醇一水的混合溶剂，极性比水的更弱。根据相似相溶原理，使离子化合物硫酸亚铁铵在乙醇一水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出
(3) 分液漏斗 将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收 NH+OH-NH3↑+H2O 偏小 ③⑥
(4)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O

【分析】确定产品化学式时，先将产品中的铵根转化为氨气，用硫酸标准液吸收氨气，通过滴定剩余氢离子的量，来间接测定铵根的量；然后另取样品，利用氯化钡来沉淀硫酸根，通过硫酸钡沉淀的量来确定硫酸根的含量，继而确定化学式。
【解析】（1）Fe2+易被空气中的氧气氧化为铁离子，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe粉可以和铁离子发生反应2Fe3++Fe = 3Fe2+，因此过量的铁粉能防止其被氧化；
（2）硫酸亚铁铵晶体在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，因此乙醇可以降低硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度，有利于晶体的析出；
（3）①装置M为分液漏斗；
②反应中装置中会有残留的氨气，持续通入N2可以将产生的氨气全部赶至锥形瓶内，被硫酸溶液完全吸收；
③步骤Ⅲ中，反应为铵根离子和氢氧根离子生成氨气和水，离子方程式是NH+OH-NH3↑+H2O；
④若未用NaOH溶液润洗滴定管，则NaOH溶液的浓度偏低，则滴定中消耗的NaOH的体积偏大，剩余的硫酸偏大，则氨气的含量偏小；步骤Ⅳ中，滴定时还必须选用的仪器是③滴定架、⑥碱式滴定管；
（4）测定NH含量时，，滴定终点时消耗25.00 mL NaOH标准溶液，所以剩余的n(H+)=0.120mol/L×0.025L=0.003mol，所以n(NH)=3.030mol/L×0.05L×2-0.003mol=0.3mol；测定SO含量时，BaSO4的物质的量为0.3mol，则(NH4)2SO4的物质的量为0.15mol，FeSO4的物质的量为0.15mol，则根据M的计算公式可得，132×0.15+152×0.15+18×n水=58.8，则n水=0.9，则根据比例可得硫酸亚铁铵晶体的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。
17．（16分）H2O2、O2、O3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H2PO、CN-、苯酚等物质。
(1)弱碱性条件下HO•将H2PO氧化成PO，该反应的离子方程式为____。
(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)H2O2在Fe3O4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(Bi2MoO6)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中被降解的苯酚的物质的量之比为____。

【答案】(1)4HO•+2OH-+H2PO=PO+4H2O
(2) H2O-e-=H++HO• 光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2，最终转化为HO•
(3)c(Cu2+)超过90mg·L-1会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生HO•的数目减少
(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H2PO氧化成PO，该反应为4HO•+2OH-+H2PO=PO+4H2O；
（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H2O-e-=H++HO•；光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2，最终转化为HO•；
（3）
Cu2+、Fe3+、二氧化锰对双氧水的分解起到催化作用，c(Cu2+)超过90mg/L，会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生·OH的数目减少，与CN-反应的H2O2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。