寧夏回族自治區(qū)銀川市寧夏大學附中2025屆高三化學上學期第三次月考試題含解析

PAGE15-寧夏回族自治區(qū)銀川市寧夏高校附中2025屆高三化學上學期第三次月考試題（含解析）相對原子量：H:1C:12O:16Na:23Mg:24Al:27S:32Cl:35.5K:39Fe:56Cu:64一、本卷共13個小題，每小題6分，共96分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符號題目要求的。1.朱自清先生在《荷塘月色》中寫道：“薄薄的青霧浮起在荷塘里月光是隔了樹照進來的，高處叢生的灌木，落下參差的斑駁的黑影”月光穿過薄霧所形成的種種美景的本質(zhì)緣由是（）A.空氣中的小水滴顆粒大小約為10-9m～10B.光是一種膠體C.霧是一種膠體D.發(fā)生丁達爾效應【答案】A【解析】【詳解】A.空氣中的小水滴形成膠體，則膠體顆粒大小約為10-9m～10-7m，符合題意，B.霧是一種膠體，光不是膠體，與題意不符，B錯誤；C.薄霧是一種膠體，不是種種美景的本質(zhì)緣由，與題意不符，C錯誤；D.霧是一種膠體，能發(fā)生丁達爾效應，不是月光穿過薄霧所形成的種種美景的本質(zhì)緣由，與題意不符，D錯誤；答案為A。2.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A.22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微?？倲?shù)為NB.0.1mol?L-1MgCl2溶液中含有的Mg2+數(shù)目肯定小于0.1NAC.肯定條件下，0.1molSO2與足量氧氣反應生成SO3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NAD.標準狀況下，38g3H2O2中含有3NA共價鍵【答案】D【解析】【詳解】A.未給定氣體的狀態(tài)，22.4LCl2的物質(zhì)的量不能確定，則所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微?？倲?shù)不能確定，A錯誤；B.0.1mol?L-1MgCl2溶液中，未給定溶液的體積，則含有的Mg2+數(shù)目無法確定，B錯誤；C.肯定條件下，0.1molSO2與足量氧氣反應生成SO3，該反應為可逆反應，不能確定反應的SO2的物質(zhì)的量，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)不能確定，C錯誤；D.標準狀況下，38g3H2O2的物質(zhì)的量為1mol，含有3NA共價鍵，D正確；答案為D?！军c睛】氣體為未定狀態(tài)、溶液未給定體積，無法用公式計算物質(zhì)的量。3.下列對堿金屬的敘述，其中完全不正確的組合是()①K通常保存在煤油中，以隔絕與空氣的接觸②堿金屬常溫下呈固態(tài)，取用時可干脆用手拿③堿金屬中還原性最強的是鉀④堿金屬陽離子，氧化性最強是Li＋⑤堿金屬的原子半徑和離子半徑都隨核電荷數(shù)的增大而增大⑥從Li到Cs，堿金屬的密度越來越大，熔、沸點越來越低A.②③⑥ B.②③④ C.④⑤⑥ D.①③⑤【答案】A【解析】【詳解】①鉀的密度大于煤油，和空氣中水蒸氣、氧氣、二氧化碳發(fā)生反應，少量K通常保存在煤油中，以隔絕與空氣的接觸，故①正確；②堿金屬是活潑金屬和皮膚中水反應生成堿具有強腐蝕性，取用時不能干脆用手拿，故②錯誤；③依據(jù)同主族性質(zhì)遞變分析，堿金屬中還原性最強的是鈁，故③錯誤；④金屬性越強，對應陽離子的氧化性越弱，所以堿金屬陽離子，氧化性最強的是Li+，故④正確；⑤同主族電子層數(shù)相同，隨核電荷數(shù)增大而增大，堿金屬的原子半徑和離子半徑都隨核電荷數(shù)的增大而增大，故⑤正確；⑥從Li到Cs，堿金屬的密度呈增大的趨勢，K的密度反而比Na小，從上到下熔沸點降低，故⑥錯誤；故答案為A。4.下列離子方程式的書寫及評價均合理的是()選項離子方程式評價A將2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl－＋I2正確；Cl2過量，F(xiàn)e2＋、I－均被氧化BMg(HCO3)2溶液與足量的NaOH溶液反應：Mg2＋＋2HCO＋4OH－=Mg(OH)2↓＋2CO＋2H2O正確；Mg(OH)2比MgCO3更難溶C過量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSO正確；H2SO3的酸性強于HClOD將Na2O2固體溶于水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑正確；Na2O2是堿性氧化物A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.將2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，亞鐵離子和碘離子全部被氧化：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2I2，離子方程式書寫錯誤，與題意不符，A錯誤；B.離子方程式正確，Mg(OH)2比MgCO3更難溶，符合題意，B正確；C.次氯酸根離子具有強氧化性，能夠把二氧化硫氧化為硫酸根離子，所以過量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=2H++Cl-＋SO42-，離子方程式書寫錯誤，與題意不符，C錯誤；D.Na2O2是過氧化物，不屬于堿性氧化物，與題意不符，D錯誤；答案為B?！军c睛】ClO－具有強氧化性，能與二氧化硫的水溶液反應生成硫酸根離子、氯離子和氫離子。5.已知a、b、c、d四種短周期主族元素，在周期表中相對位置如圖，下列說法正確的是A.a、c兩元素的最高正價肯定相等B.原子半徑大小依次為：c>d>b>aC.a、b兩元素可能形成多種共價化合物D.c、d二種元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比較：c>d【答案】C【解析】【詳解】A項，若a、b、c、d依次為O、F、S、Cl元素，O沒有最高正價，S的最高正價為+6價，A項錯誤；B項，依據(jù)“層多徑大，序大徑小”，原子半徑由大到小的依次為：c>d>a>b，B項錯誤；C項，若a、b、c、d依次N、O、P、S元素，N與O可形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5多種共價化合物，C項正確；D項，依據(jù)c、d在周期表中的位置，非金屬性：c<d，c、d兩種元素氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：c<d，D項錯誤；答案選C?！军c睛】熟識元素周期表的結(jié)構(gòu)和元素周期律是解題的關(guān)鍵。本題易錯選A項，留意O沒有最高正價，F(xiàn)沒有正價。6.向物質(zhì)的量濃度均為1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加入amol鐵粉，充分反應后，下列說法正確的是()A.當a≤1時，發(fā)生的反應為Fe+Cu2+＝Fe2++CuB.當固體有剩余時，溶液中肯定存在Fe2+、Cu2+C.當1≤a＜2時，溶液中n(Fe2+)＝(2+a)molD.若有固體剩余，則固體中肯定有鐵，可能有銅【答案】C【解析】【分析】因氧化性Fe3+>Cu2+，加入鐵粉后，先與Fe3+反應，后與Cu2+反應。【詳解】因氧化性Fe3+>Cu2+，加入鐵粉后，先與Fe3+反應，后與Cu2+反應A.加入鐵粉后，先與Fe3+反應，混合溶液中Fe3+物質(zhì)的量為1mol/L×1L×2=2mol，由2Fe3++Fe=3Fe2+可知，加入1molFe時，鐵離子恰好完全反應，則a?1時，F(xiàn)e粉只能將Fe3+還原，A項錯誤；B.剩余固體為Cu或Cu、Fe，當有Fe剩余時，溶液中肯定沒有Cu2+，B項錯誤；C.溶液中鐵離子為2mol、銅離子為1mol，當1?a<2時，發(fā)生反應2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，由方程式比例關(guān)系知，鐵粉全部參加反應，加入Fe為amol，由鐵元素守可知，溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，C項正確；D.若有固體剩余，則固體中肯定有銅，當鐵粉過量時，還會含有鐵，D項錯誤；答案選C。7.已知A為淡黃色固體，T、R為兩種常見的用途很廣的金屬單質(zhì)，D是具有磁性的黑色晶體，C是無色無味的氣體，H是白色沉淀，且在潮濕空氣中快速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色固體。(1)寫出下列物質(zhì)的化學式A：_______________，Q：_____________，W：__________________。(2)按要求寫出下列反應方程式：①H在潮濕空氣中變成M的過程中的化學方程式：_______________________②R與B溶液反應時的離子方程式：___________________________________③D與鹽酸反應的離子方程式：_______________________________________(3)簡述檢驗氣體C的方法：___________________________________________【答案】(1).Na2O2(2).Al2O3(3).FeCl3(4).4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3(5).2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑(6).Fe3O4＋8H+=Fe3++2Fe2++4H2O(7).用帶火星的木條伸入收集滿該氣體的集氣瓶瓶口，若木條復燃,則氣體是氧氣【解析】【分析】H是白色沉淀，且在潮濕空氣中快速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色固體，則H為氫氧化亞鐵，金屬T為Fe；氫氧化亞鐵與潮濕的空氣反應生成氫氧化鐵，M為氫氧化鐵；氫氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵，則W為氯化鐵；A為淡黃色固體，則A為過氧化鈉，B為氫氧化鈉，C為氧氣；D為四氧化三鐵；可以和氫氧化鈉反應的金屬為Al；氧氣與鋁反應生成氧化鋁，則Q為氧化鋁、N為偏鋁酸鈉?！驹斀狻?1)分析可知，A為過氧化鈉，化學式為Na2O2；Q為氧化鋁，化學式為Al2O3；W為氯化鐵，化學式為FeCl3；(2)①H(氫氧化亞鐵)在潮濕空氣中變成M(氫氧化鐵)的過程中為氫氧化亞鐵與氧氣、水反應生成氫氧化鐵，方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；②R與B溶液反應為Al與NaOH反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑；③D與鹽酸反應為四氧化三鐵與鹽酸反應生成氯化鐵、氯化亞鐵和水，離子方程式為Fe3O4＋8H+=Fe3++2Fe2++4H2O；(3)通常用帶火星的木條靠近盛有該氣體的集氣瓶，若木條復燃，則為氧氣。8.工業(yè)上用鋁土礦(主要成分為Al2O3，含有少量SiO2、FeO·xFe2O3等雜質(zhì))制取鋁的一種工藝流程示意圖如下：已知：生成氫氧化物沉淀的pH如下表。沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2pH3.25.212.4(1)為提高浸出速率，除適當增加硫酸濃度外，還可實行的措施有_______________(2)浸渣的主要成分為____________________(3)凈化除雜操作分為兩步：第一步是通入氣體a，其目的是_____________________。其次步是限制溶液pH，只使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀。凈化除雜生成的沉淀中還含有溶液中的懸浮雜質(zhì)，溶液中的懸浮雜質(zhì)被共同沉淀的緣由是_____________________(4)寫出沉淀反應操作中發(fā)生反應的離子方程式：________________________。(5)試驗室高溫焙燒時，用于盛放固體的儀器名稱是_______________。(6)在AlCl3和MgCl2的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量與滴入NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示，則原溶液中AlCl3和MgCl2的物質(zhì)的量之比為__________，并寫出加入NaOH溶液的體積為50-60mL時的化學反應方程式__________________________?！敬鸢浮?1).適當升溫、將鋁土礦粉碎成粉末(2).SiO2(3).將Fe2+氧化為Fe3+(4).生成的Fe(OH)3膠粒具有吸附性(5).Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+(6).坩堝(7).1：1(8).Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】【分析】鋁土礦(主要成分為Al2O3，含有少量SiO2、FeO·xFe2O3等雜質(zhì))酸浸時，生成硫酸鋁、硫酸亞鐵、硫酸鐵混合溶液，二氧化硅為不溶物，過濾時為浸渣；電解氧化鋁時產(chǎn)生鋁和氧氣，則a為氧氣，向濾液中加入氧氣，可使溶液中亞鐵離子變?yōu)殍F離子，調(diào)整pH=3時，只產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀，濾渣為氫氧化鐵；加入氨氣時，生成氫氧化鋁沉淀，溶液為硫酸銨；高溫焙燒氫氧化鋁，得到氧化鋁，電解生成單質(zhì)鋁?！驹斀狻?1)為提高浸出速率，除適當增加硫酸濃度外，還可以實行的措施有適當升溫、將鋁土礦粉碎成粉末；(2)鋁土礦中浸渣犯難溶于水，不和硫酸反應的物質(zhì)，主要成分為SiO2；(3)依據(jù)流程分析：凈化除雜操作第一步是通入氣體a為氧氣，其目的是將Fe2+氧化為Fe3+；其次步是限制溶液pH，只使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀。凈化除雜生成的Fe(OH)3膠粒具有吸附性，沉淀中還含有溶液中的懸浮雜質(zhì)，F(xiàn)e(OH)3膠粒能吸附水中的懸浮雜質(zhì)使溶液中的懸浮雜質(zhì)被共同沉淀；(4)沉淀反應操作中發(fā)生反應的離子方程式為Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(5)試驗室高溫焙燒用坩堝盛放固體；(6)依據(jù)圖像可知，50~60mL時，為Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗堿溶液10mL，可確定生成Al(OH)3時，消耗堿30mL，則生成Mg(OH)2時，消耗堿20mL，則AlCl3和MgCl2的物質(zhì)的量之比為1：1。9.已知某純堿試樣中含有NaCl雜質(zhì)，為測定試樣中純堿的質(zhì)量分數(shù)，可用下圖中的裝置進行試驗。主要試驗步驟如下：①按圖組裝儀器，并檢驗裝置的氣密性②將ag試樣放入錐形瓶中，加適量蒸餾水溶解，得到試樣溶液③稱量盛有堿石灰的U型管的質(zhì)量，得到bg④從分液漏斗滴入6mol·L—1的硫酸，直到不再產(chǎn)生氣體時為止⑤從導管A處緩緩鼓入肯定量的空氣⑥再次稱量盛有堿石灰的U型管的質(zhì)量，得到cg⑦重復步驟⑤和⑥的操作，直到U型管的質(zhì)量基本不變，為dg請回答下列有關(guān)問題：(1)在用托盤天平稱量樣品時，假如天平的指針向左偏轉(zhuǎn)，說明________________。(2)裝置中干燥管B的作用是______________________________________________。(3)假如將分液漏斗中的硫酸換成濃度相同的鹽酸，測試的結(jié)果_________。(選填偏高、偏低或不變)。(4)步驟⑤的目的是__________________________________________。(5)步驟⑦的目的是__________________________________________。(6)試樣中純堿的質(zhì)量分數(shù)的計算式為__________________________。(7)寫出純堿與稀硫酸反應的離子方程式為________________________。【答案】(1).樣品重，砝碼輕(2).防止空氣中的CO2和水氣進入U型管中(3).偏高(4).把反應產(chǎn)生的CO2全部導入U形管中(5).推斷反應產(chǎn)生的CO2是否全部排出，并被U形管中的堿石灰汲取(6).×100%(7).CO32-＋2H+=CO2↑+H2O【解析】【分析】(1)依據(jù)天平稱量時依據(jù)左物右碼的原則考慮；(2)由于空氣中也有二氧化碳和水分，干燥管B的作用就是不讓它們進入的；(3)依據(jù)鹽酸的揮發(fā)性考慮；(4)由于反應結(jié)束后錐形瓶中存留有二氧化碳，鼓入肯定量的空氣就是為了驅(qū)逐它們的；(5)就是為了將二氧化碳全部趕過去；(6)依據(jù)U型管的質(zhì)量的增加量就是生成的二氧化碳的質(zhì)量，依據(jù)二氧化碳的質(zhì)量算出碳酸鈉的質(zhì)量，再用碳酸鈉的質(zhì)量除以樣品質(zhì)量即可。(7)純堿與硫酸反應生成硫酸鈉、二氧化碳和水，純堿與硫酸均為強電解質(zhì)，寫化學式。【詳解】(1)由于稱量時左物右碼，向左偏說明樣品重，砝碼輕；(2)U型管中的堿石灰是為了汲取反應生成的二氧化碳，但空氣中也存在二氧化碳，干燥管B的作用就是防止空氣中的二氧化碳和水分進入U型管，對結(jié)果產(chǎn)生誤差；(3)由于鹽酸具有揮發(fā)性，也會隨著二氧化碳進入U型管，被誤認為是二氧化碳，所以二氧化碳的質(zhì)量偏大，算出的碳酸鈉的質(zhì)量也會偏大的，所以結(jié)果會偏高；(4)由于反應結(jié)束后錐形瓶中存留有二氧化碳，鼓入肯定量的空氣就是將殘留的二氧化碳完全排入U型管；(5)直到U型管的質(zhì)量基本不變，說明二氧化碳已經(jīng)被全部排到U型管中，步驟⑦的目的是：推斷反應產(chǎn)生的CO2是否全部排出，并被U形管中的堿石灰汲取；(6)設須要碳酸鈉的質(zhì)量為m則：Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑10644md?b列比例式解得：m=，所以試樣中純堿的質(zhì)量分數(shù)的計算式=×100%；(7)純堿與硫酸反應生成硫酸鈉、二氧化碳和水，純堿與硫酸均為強電解質(zhì)，寫化學式，則離子方程式為CO32-＋2H+=CO2↑+H2O。【化學選考題】10.確定物質(zhì)性質(zhì)的重要因素是物質(zhì)結(jié)構(gòu)。請回答下列問題：(1)元素K的焰色反應呈紫紅色，其中紫色對應的輻射波長為_______nm(填標號)。A.404.4B.553.5C.589.2D.670.8E.766.5(2)基態(tài)K原子中，核外電子占據(jù)最高能層的符號是________，占據(jù)該能層電子的電子云輪廓圖形態(tài)為________________。(3)已知元素M是組成物質(zhì)Ca5(PO4)3F的一種元素。元素M的氣態(tài)原子逐個失去第1個至第5個電子所需能量(即電離能，用符號I1至I5表示)I1I2I3I4I5電離能(kJ/mol)589.81145.44912.464918153元素M化合態(tài)常見化合價是________價，其基態(tài)原子電子排布式為____________(4)PO43－的中心原子的雜化方式為__________，鍵角為_______________(5)Ca3(PO4)3F(6)下列元素或化合物的性質(zhì)改變依次正確的是__________________A.第一電離能：Cl＞S＞P＞SiB.共價鍵的極性：HF＞HCI＞HBr＞HIC.晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaID.熱穩(wěn)定性：MgCO3＞CaCO3＞SrCO3＞BaCO3(7)CaF2晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則CaF2晶體中與Ca2+最近且等距離的Ca2+數(shù)目為_____________；已知Ca2+和F－半徑分別為acm、bcm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，M為摩爾質(zhì)量，則晶體密度為___________________g·cm－3(不必化簡)。【答案】(1).A(2).N(3).球形(4).+2(5).1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2(6).sp3(7).109°28′(8).F>O>P(9).BC(10).12(11).【解析】分析】(1)紫色波長介于400nm~430nm；(2)基態(tài)K原子共有4給電子層，最高能層位N；價層電子排布式為4s1；(3)M的第三電離能遠遠大于其次電離能，該元素最外層有2個電子；(4)依據(jù)價層電子互斥理論確定PO43-雜化方式及空間構(gòu)型；(5)Ca3(PO4)3F中非金屬元素為P、O、F(6)A.同周期元素的第一電離能有增大的趨勢，價層電子處于充溢或半充溢狀態(tài)時，第一電離能大于其后元素的；B.鍵合原子的電子親合能或電負性的差值越大，極性越大；C.離子半徑越小，鍵長越短，晶格能越大；D.金屬陽離子的半徑越小，其碳酸鹽的熱穩(wěn)定性越弱；(7)CaF2晶胞中，與頂點Ca2+最近且等距離的Ca2+處于晶胞面心，每個頂點為8個晶胞共用，每個面心為2個晶胞共用；每個氟離子四周有4個鈣離子，四個鈣離子形成正四面體結(jié)構(gòu)，氟離子處于正四面體中心，則晶胞頂點鈣離子與正四面體中心氟離子連線處于晶胞對角線上，且二者距離等于晶胞體對角線長度的。【詳解】(1)紫色波長介于400nm~430nm，答案為A；(2)基態(tài)K原子共有4給電子層，最高能層位N；價層電子排布式為4s1，該能層電子云輪廓為球形；(3)M的第三電離能遠遠大于其次電離能，說明該元素失去2個電子時為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則該元素最外層有2個電子，則M為Ca，元素M化合態(tài)常見化合價是+2，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；(4)PO43-的中心原子P的孤電子對數(shù)=（a-bx）=(5+3-2×4)=0，價層電子對數(shù)=4+0=4，P原子雜化方式為sp3雜化，微?？臻g構(gòu)型為正四面體，鍵角為109°28′；(5)Ca3(PO4)3F中非金屬元素為P、O、F，同周期主族元素自左而右電負性增大，同主族自上而下電負性減小，故電負性：F>O>P(6)A.同周期元素的第一電離能有增大的趨勢，價層電子處于充溢或半充溢狀態(tài)時，第一電離能大于其后元素的，則Cl＞P＞S＞Si，A錯誤；B.鍵合原子的電子親合能或電負性的差值越大，極性越大，則共價鍵的極性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B正確；C.離子半徑越小，鍵長越短，晶格能越大，則晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，C正確；D.金屬陽離子的半徑越小，其碳酸鹽的熱穩(wěn)定性越弱，則熱穩(wěn)定性：BaCO3＞SrCO3＞CaCO3＞MgCO3，D錯誤；答案為BC。(7)CaF2晶胞中，與頂點Ca2+最近且等距離的Ca2+處于晶胞面心，每個頂點為8個晶胞共用，每個面心為2個晶胞共用，故CaF2晶體中與Ca2+最近且等距離的Ca2+數(shù)目為：=12；每個氟離子四周有4個鈣離子，四個鈣離子形成正四面體結(jié)構(gòu)，氟離子處于正四面體中心，則晶胞頂點鈣離子與正四面體中心氟離子連線處于晶胞對角線上，且二者距離等于晶胞體對角線長度的，Ca2+和F-半徑分別為acm、bcm，則晶胞體對角線長度為4（a+b）cm，故晶胞棱長=(a+b)cm，晶胞中Ca2+數(shù)目=8×+6×=4、F-數(shù)目為8，故晶胞質(zhì)量=4×Mg，則晶體密度=g?cm-3。11.甲苯是有機化工生產(chǎn)的基本原料之一。利用乙醇和甲苯為原料，可按如圖所示路途合成分子式均C9H10O2的有機化工產(chǎn)品E和J。已知：請回答：（1）寫出下列反應方程式：①B＋D―→E_______________________________________