备战高考化学钠及其化合物推断题经典压轴题及答案.docx

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备战高考化学钠及其化合物推断题经典压轴题及答案

2020-2021备战高考化学钠及其化合物推断题-经典压轴题及答案

一、钠及其化合物

1．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。

气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

请回答：

（1）组成A的三种元素是________，A的化学式是________。

（2）固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。

（3）气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（

学名：

六亚甲基四胺），该反应的化学方程式是________（乌洛托品可以用分子式表示）。

【答案】

、

、

（或

）

【解析】

【分析】

溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素，可知沉淀F为CaCO3，4.00g碳酸钙的物质的量为

，根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素，其质量为0.04mol×40g/mol=1.60g；气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3，所以溶液D中含有NH4+，根据元素守恒可知溶液C中含有N元素，固体A中含有N元素；气体B为纯净物，其物质的量为

，固体A中Ca元素的质量为1.60g，则其他元素为1.90g-1.60g=0.30g，可先假设E为一种常见的气体，若该气体为NO、NO2、O2，则固体A中另外一种元素为O，而0.02molNO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g，故不合理，若该气体为H2，固体A中另外一种元素为H，则符合题意，同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。

【详解】

（1）根据分析可知固体A中的三种元素为：

Ca、N、H；Ca的常见化合价为+2价，已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol，质量为1.60g，N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g，N的相对原子质量为14，氢的相对原子质量为1，据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2，化为最简整数比为

；

（2）根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+，H2，Ca2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：

；

（3）气体E为为NH3，甲醛为HCHO，根据元素守恒可知方程式为：

（或

）

。

2．先有一瓶无色澄清溶液，可能由Na+、K+、NH4+、Fe2+、SO42-、I-、CO32-、Cl-、SO32-、MnO4-中的几种组成，请根据以下实验步骤及现象回答下列问题：

步骤一：

取适量待测液，加入NaOH溶液并加热，得到溶液A，并产生刺激性气味的气体；

步骤二：

向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液，得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体；

步骤三：

向溶液B中通入适量Cl2，得到黄褐色溶液C。

（1）下列有关该溶液说法正确的是________________（填字母）。

A．一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-

B．一定不存在Fe2+、CO32-、MnO4-

C．可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+、

D．可用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-

（2）步骤三得到黄褐色溶液的离子方程式是____________________。

（3）若向原溶液中先加入足量的盐酸，再加入足量的______________（填化学式）并加热，也能得出步骤一、步骤二相同的结论。

（4）对于溶液中还可能存在的阳离子，确认其存在的实验方法是__________________。

【答案】ACCl2+2I-=I2+2Cl-Ba（OH）2通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色，则含有K+

【解析】

【分析】

无色溶液可以知道一定不含Fe2+、MnO4-；

步骤一：

取适量待测液，加入NaOH溶液并加热，得到溶液A，并产生刺激性气味的气体，则气体为氨气，一定含NH4+；

步骤二：

向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液，得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体，白色沉淀为BaSO4，刺激性气味的气体为SO2，则一定含有SO42-和SO32-；

步骤三：

向溶液B中通入适量Cl2，得到黄褐色溶液C，C中含碘单质，则原溶液一定含I-，以此来解答。

【详解】

无色溶液不含有紫色MnO4-、淡绿色Fe2+。

步骤一得到的刺激性气味的气体是氨气，表明原溶液含有NH4+。

步骤二得到的白色沉淀是硫酸钡，有刺激性气味的气体是二氧化硫，表明原溶液含有SO42-、SO32-。

步骤三得到的黄褐色溶液C是含有I2的溶液，表明原溶液含有I-。

（1）A.根据以上分析， 一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-，故A正确；

B. 根据以上分析，可能存在CO32-，故B错误；

C. 可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+，故C正确；

D.SO42-、SO32-、Cl－均可与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，所以不能用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-，故D错误。

故答案为AC；

（2）步骤三得到黄褐色溶液的反应是氯气置换碘的反应，离子方程式是Cl2+2I-=I2+2Cl-，

故答案为Cl2+2I-=I2+2Cl-；

（3）向原溶液中加入足量盐酸，SO32-与盐酸反应生成有刺激性气味的气体。

再加入的物质既能与SO42-反应生成沉淀，又能与NH4+反应生成氨气，所以是氢氧化钡，化学式为Ba（OH）2，

故答案为Ba（OH）2；

（4）可通过焰色反应确定溶液中还可能存在的阳离子Na+、K+，实验方法是通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色，则含有K+，

故答案为通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色，则含有K+。

3．现有常见金属单质A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。

请根据以上信息回答下列问题：

（1）ABC三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是：

______________；（用具体化学式表示）

（2）写出反应③的离子方程式：

__________________________。

（3）实验室制取乙气体时，先将气体生成物通过_____以除去________________。

（4）向烧杯中装有的物质F中加入物质D，可以看到的现象是：

_________，物质F同价态阳离子的碳酸盐在隔绝空气时加强热，可以得到红色固体，对应的化学方程式是：

___；

【答案】Na＞Al＞Fe2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑饱和食盐水HCl（氯化氢）先有白色沉淀生成，,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色2FeCO3

Fe2O3+CO↑+CO2↑

【解析】

【分析】

由金属A焰色反应为黄色可知A为金属Na，由反应①可知，D为NaOH，气体甲为H2；氢氧化钠与金属B反应生成氢气，则B为金属Al；黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸；氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe（OH）3，故物质G中含有Fe3+，由转化关系可知C为Fe金属，物质F为FeCl2，物质G为FeCl3。

【详解】

（1）A为金属Na，B为金属Al,C为Fe金属，由金属活动顺序表可知，三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是Na＞Al＞Fe，故答案为：

Na＞Al＞Fe；

（2）反应③为铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，故答案为：

2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；

（3）实验室用浓盐酸与二氧化锰共热反应制取氯气，浓盐酸受热易挥发，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先将气体生成物通过盛有饱和食盐水的洗气瓶，可以除去极易溶于水的氯化氢气体，故答案为：

饱和食盐水；HCl（氯化氢）；

（4）向装有为FeCl2溶液中加入NaOH溶液，NaOH溶液与FeCl2溶液反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀和氯化钠，氢氧化亚铁沉淀不稳定被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀立刻变成灰绿色,最后变成红褐色；物质F同价态阳离子的碳酸盐为FeCO3，在隔绝空气时加强热，得到红色固体为Fe2O3，化学方程式为2FeCO3

Fe2O3+CO↑+CO2↑，

故答案为：

先有白色沉淀生成，,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色；2FeCO3

Fe2O3+CO↑+CO2↑。

【点睛】

本题考查物质推断与性质，注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口，掌握元素化合物的性质是解题的关键。

4．A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系（其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行）。

（1）若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色，A俗称苛性钠，W为无色无味气体，C受热分解可转化为B。

①向B溶液中通入W生成C的离子方程式为_______________。

②A溶液与C溶液反应的化学方程式为________________。

（2）若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1.

①B的化学式为________________。

②实验室制取B时，_____________（填“能”或“不能”）用向上排空气法收集B。

③C与水反应的化学方程式为_____________________________。

（3）若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，Ｂ、Ｃ均为酸性氧化物。

①由B生成C时，每生成1molC，消耗W的物质的量为_________________。

②C溶于水形成化合物D，在加热的情况下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为__________。

【答案】CO32-+H2O+CO2=2HCO3-NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2ONO不能3NO2+H2O=2HNO3+NO0.5molS+2H2SO4（浓）=3SO2↑+2H2O

【解析】

【分析】

（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，则A、B、C中均含有钠元素，A俗称苛性钠，则A为NaOH，W为无色气体，C受热分解可以转化为B，由转化关系可知W为CO2，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，据此分析；

（2）若A、B、C、W均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g/mol，则C为NO2，由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO，据此分析；

（3）若A为淡黄色固体单质，则A为硫，W为气体单质，B、C为酸性氧化物，由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3，据此分析。

【详解】

（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，则A、B、C中均含有钠元素，A俗称苛性钠，则A为NaOH，W为无色气体，C受热分解可以转化为B，由转化关系可知W为CO2，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，据此分析：

①向碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠的离子方程式为：

CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；

②NaOH溶液和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式为：

NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O。

故答案为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O；

（2）若A、B、C、W均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g/mol，则C为NO2，由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO，据此分析：

①B的化学式为NO；

②因为NO和空气中的O2反应生成NO2，则实验室制取B（NO）时，不能用向上排气法收集B；

③NO2与水反应的化学方程式为：

3NO2+H2O=2HNO3+NO。

故答案为①NO；②不能；③3NO2+H2O=2HNO3+NO；

（3）若A为淡黄色固体单质，则A为硫，W为气体单质，B、C为酸性氧化物，由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3，据此分析：

①由SO2生成SO3的化学方程式为2SO2+O2

2SO3，每生成1molC（SO3），消耗W（O2）的物质的量为0.5mol；

②SO3溶于水生成化合物D（H2SO4），在加热条件下，浓硫酸与硫发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，化学方程式为：

S+2H2SO4（浓）

3SO2↑+2H2O。

故答案为0.5mol；S+2H2SO4（浓）

3SO2↑+2H2O。

【点睛】

本题考查元素化合物的推断，涉及Na、N、S元素单质及其化合物性质与转化，需要学生熟练掌握元素化合物知识，把握反应的规律，注意相关基础知识的积累。

5．A、B、C、D 是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。

B、E均为空气的成分。

F 的焰色反应是黄色。

在G 中，金属元素与非金属元素的原子个数比为2:

 1。

在一定条件下，各物质之间的相互转化关系如图（反应条件及部分产物未列出）:

（1）A 的元素符号是______________，F的电子式为________________________。

（2）E 与F反应的化学方程式：

_________________________________________。

（3）F 与G 的水溶液反应的离子方程式：

______________________________。

（4）硫与热浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式：

__________________________。

（5）在加热条件下浓硝酸可把硫单质氧化到最高价产物，写出反应的化学方程式：

___________。

【答案】C

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Na2O2+S2－+2H2O=S↓+2Na++4OH－3S+6OH－

2S2－+SO32－+3H2O6HNO3（浓）+S

H2SO4+6NO2↑+2H2O

【解析】F的焰色反应呈黄色，说明F是钠的化合物，而F是单质B、C化合而成，B、E均为组成空气的成分，故C为金属钠；G是单质C、D化合而成，原子个数比为D：

C=1：

2，且原子序数D＞C，故D为硫，G为Na2S；B为组成空气的成分，最容易想到的是O2，如B为O2，E也为组成空气的成分，E只能是CO2，A即为碳，因F+E=H+B，故F是Na2O2，H是Na2CO3。

（1）由以上分析可知A为C，F是Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，电子式为

，故答案为：

C；

；

（2）E与F反应为CO2和Na2O2的反应，生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，故答案为：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）Na2O2与过量的Na2S溶液反应的离子方程式是：

Na2O2+S2-+2H2O═2Na++S↓+4OH-，故答案为：

Na2O2+S2-+2H2O═2Na++S↓+4OH-；

（4）硫与热浓氢氧化钠溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为3S+6OH－

2S2－+SO32－+3H2O，故答案为：

3S+6OH－

2S2－+SO32－+3H2O；

（5）在加热条件下浓硝酸可把硫单质氧化生成硫酸，反应的化学方程式为6HNO3（浓）+S

H2SO4+6NO2↑+2H2O，故答案为：

6HNO3（浓）+S

H2SO4+6NO2↑+2H2O。

点睛：

正确推断各元素及其化合物为解答本题的关键，注意利用焰色反应及第二、三周期常见元素及单质、化合物的性质。

本题的易错点为方程式的书写和配平，要熟练掌握氧化还原反应方程式的书写规律和配平方法。

6．Mg及其化合物可以发生如下转化（部分反应物、生成物或水已略去），已知X、Y、Z为气态单质，B常温下为液态，化合物D的焰色反应为黄色，C和G混合冒白烟并生成A，电解E的水溶液常用于某种工业生产。

（1）写出下列物质的化学式：

A___________，Y__________；

（2）写出C的电子式____________；

（3）写出MgCl2与D反应的化学方程式_____________；

（4）请用水解平衡理论解释A+B+Mg→C+X+MgCl2的原因______________。

（5）将0.1molCO2通入1L溶质为F的溶液中，充分反应后，再向混合液中逐滴滴加盐酸，所加盐酸的体积与生成的气体的关系如下图所示：

则原F溶液的浓度为_______mol/L。

【答案】NH4ClO2

2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg（OH）2↓+O2↑NH4Cl水解生成NH3•H2O和HCl，加入镁后，因为镁非常活泼，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH30.3mol/L

【解析】

【分析】

X、Y、Z为气态单质，B常温下为液态，可以判断为水，D为化合物，它的焰色反应为黄色说明含有钠元素，含钠的化合物与氯化镁反应生成了氢氧化镁，说明D在反应时生成了碱，沉淀镁离子，同时生成单质气体Y，E中含有钠元素电解生成X、Z气体和F，G和氢氧化镁反应生成氯化镁，证明G为盐酸，所以X、Y为氢气和氯气，结合条件判断E为氯化钠；含钠的化合物D与氯化镁反应生成氯化钠氢氧化镁和单质气体Y，只有D为过氧化钠符合，所以Y为氧气；C和G混合冒白烟并生成A，结合G为氯化氢可知C应为碱性气体氨气，A为氯化铵，金属镁与氯化铵水溶液反应生成氯化镁、氢气，反应放热同时生成了氨气，据此分析解答。

【详解】

（1）依据上述推断可知，A为NH4Cl，Y为O2，故答案为NH4Cl；O2；   

（2）C为氨气，电子式为

，故答案为

；

（3）氯化镁与过氧化钠反应生成的产物为氢氧化镁、氧气、氯化钠，反应的化学方程式为：

2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg（OH）2↓+O2↑，故答案为2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg（OH）2↓+O2↑；

（4）A+B+Mg→C+X+MgCl2的化学方程式为2NH4Cl+Mg=2NH3↑+H2↑+MgCl2，NH4Cl水解生成NH3•H2O和HCl，加入镁后，因为镁为活泼金属，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3，故答案为NH4Cl水解生成NH3•H2O和HCl，加入镁后，因为镁非常活泼，与水解所得盐酸反应生成H2，使溶液中氢离子的浓度减小，从而促进了NH4Cl的水解，最终逸出NH3；

（5）F为氢氧化钠，通入1mol二氧化碳气体反应后，滴入盐酸开始无气体生成，然后有气体生成，最后不变。

由图象分析可知，消耗200mL盐酸无气体放出，说明二氧化碳与氢氧化钠反应生成的产物中无碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳先后发生①CO32-+H+=HCO3-、②HCO3-+H+=CO2↑+H2O，根据方程式可知，反应①消耗的盐酸与反应②消耗的盐酸的体积相等，均为100mL，所以原溶液中有氢氧化钠剩余，因此混合液中逐滴滴加盐酸，先后发生反应①OH-+H+=H2O、②CO32-+H+=HCO3-、③HCO3-+H+=CO2↑+H2O。

根据碳元素守恒，二氧化碳气体物质的量为0.1mol，和氢氧化钠反应生成的碳酸钠为0.1mol，消耗氢氧化钠0.2mol，与氢氧化钠反应消耗的盐酸与生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积相等，也与碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳消耗的盐酸体积相等，均为100mL则与盐酸反应的氢氧化钠为0.1mol，因此原氢氧化钠溶液中共含有氢氧化钠为0.3mol，浓度为

=0.3mol/L，故答案为0.3mol/L。

7．现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液．相应的实验过程可用如图表示．请回答下列问题：

（1）试剂X最好是________（填化学式），检验X是否加入过量的方法________；

（2）写出步骤②的离子反应方程式________；

（3）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有________（填化学式）杂质；为了除这个杂质，可以向溶液3中加入过量的________，之后若要获得纯固体NaNO3，还需进行的实验操作是________（填操作名称）。

【答案】

（1）Ba（NO3）2；溶液静置分层，继续滴加Ba（NO3）2，若无沉淀生成，则说明Ba（NO3）2已经过量，否则没有过量；

（2）Ag++Cl-═AgCl↓；（3）Na2CO3；HNO3；蒸发

【解析】

试题分析：

除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液，由实验流程可知，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的X为BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成沉淀A为BaSO4沉淀，然后在溶液1中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，即沉淀B为AgCl，再向所得溶液2中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，最后所得溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，

（1）根据上面的分析可知，实验最终要得到NaNO3，试剂X最好是Ba（NO3）2，检验Ba（NO3）2是否加入过量的方法是溶液静置分层，继续滴加Ba（NO3）2，若无沉淀生成，则说明Ba（NO3）2已经过量，否则没有过量，故答案为：

Ba（NO3）2；溶液静置分层，继续滴加Ba（NO3）2，若无沉淀生成，则说明Ba（NO3）2已经过量，否则没有过量；

（2）步骤②的离子反应方程式为Ag++Cl-═AgCl↓，故答案为：

Ag++Cl-═AgCl↓；

（3）根据上面的分析可知，按此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3杂质，为了除这个杂质，可以向溶液3中加入过量的HNO3，之后若要获得纯固体NaNO3，还需进行的实验操作是蒸发，故答案为：

Na2CO3；HNO3；蒸发。

考点：

考查了物质的分离提纯和鉴别的相关知识。

8．A、B、C、D、E五种物质都含钠元素，它们按图所示关系相互转化，已知A为单质．

（1）该五种物质中用于焙制糕点的发酵粉及治疗胃酸过多的药品是（填化学式）．

（2）将CO2通入E的饱和溶液中有白色沉淀生成，该反应的离子方程式为．

（3）写出A→D、C→D、C→E反应的化学方程式

A→D：

C→D：

C→E：

【答案】

（1）NaHCO3

（2）CO2+H2O+2Na++CO32﹣=2NaHCO3↓

（3）2Na+H2O=2NaOH+H2↑；

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

【解析】

A、B、C、D、E五种物质都含钠元素，已知A为单质，则A为Na，A在氧气中燃烧生成C为Na2O2，A在空气中短期接触生成B为Na2O，A、B、C都能和水反应生成D，则D为NaOH，可知E是Na2CO3．

（1）该五种物质中用于焙制糕点的发酵粉及治疗胃酸过多的药品是NaHCO3，故答案为：

NaHCO3；

（2）将CO2通入Na2CO3的饱和溶液中有白色沉淀生成，该反应的离子方程式为：

CO2+H2O+2Na++CO32﹣=2NaHCO3↓，

（3）写出A→D、C→D、C→E反应的化学方程式

A→D的反应方程式为：

2Na+H2O=2NaOH+H2↑，

C→D的反应方程式为：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，

C→E的反应方程式为：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，

9．有A、B、C、D、E5种化合物，其中A、B、C、D是铝元素的化合物，F是一种气体，在标准状况下对空气的相对密度是1.103，且有下列反应：

①A+NaOH→D+H2O

②B→A+H2O

③C+NaOH（适量）→B+NaCl

④E+H2O→NaOH+F

⑤C+D+H2O→B

（1）A、B