广东省东莞市佛山市两地联考2025届高三上学期第一次联考（一模）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1广东省东莞市佛山市两地联考2025届高三上学期第一次联考（一模）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1.文物记载中华文明的灿烂成就。下列珍贵文物中，主要由有机高分子材料制成的是A．商青铜龙鼎B．隋天龙山石佛首C．宋彩绘木雕观音D．清粉彩蝠桃纹瓷瓶A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】商青铜龙鼎的主要成分为合金，合金属于金属材料，A错误；隋天龙山石佛首主要成分是无机盐，无机盐属于无机非金属材料，B错误；宋彩绘木雕观音主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，C正确；清粉彩蝠桃纹瓷瓶主要由硅酸盐材料制成的，硅酸盐属于无机非金属材料，D错误；答案选C。2.科技强国，化学功不可没。下列说法涉及有关化学知识中，正确的是A．“蛟龙”载人潜水器的耐压球壳使用了钛合金，钛合金的硬度比钛大B．神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，氮化硅属于分子晶体C．“华龙一号”核反应堆采用二氧化铀(UO2)陶瓷芯块，95235D．“福建舰”航空母舰防腐涂料中使用的石墨烯是乙烯的同系物【答案】A【解析】合金具有硬度大、熔点低的特性，一般合金的硬度比成分金属大，钛合金的硬度比钛的大，故A正确；分子晶体的熔沸点一般较低，共价晶体的熔沸点一般较高，氮化硅耐高温结构材料可以耐高温，所以氮化硅不是分子晶体，氮化硅应属于共价晶体，故B错误；95235U质子数为95，质量数为235，含有的中子数为235-95=140，故C错误；石墨烯是碳元素形成的一种单质，石墨烯不属于有机物，不是乙烯的同系物，故D错误；故答案为：3.建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列说法正确的是A．科学施肥护生态，NH4B．绿电赋能促环保，太阳能电池主要材料为SiOC．均衡膳食助健康，蔬果中的纤维素可在人体内水解为葡萄糖D．欢歌热舞庆佳节，舞台上灯光光柱的形成是因为丁达尔效应【答案】D【解析】NH4HCO3中含有氮元素，可作氮肥，电离出的铵根离子可以被植物吸收，A错误；太阳能电池主要材料为半导体材料硅单质，B错误；蔬果中的纤维素不能被人体消化吸收，但可以促进人体胃肠道蠕动，C错误；空气属于胶体，具有丁达尔效应，舞台上灯光光柱的形成是因为丁达尔效应，D正确；故答案选D。4.化学之美无处不在。下列说法正确的是A．加热固体碘出现大量紫色蒸气时，共价键断裂B．降温后水结冰形成晶莹剔透的晶体，氢键数目增加C．手性分子互为镜像，在三维空间里能叠合D．节日烟花利用了焰色试验原理，该变化属于化学变化【答案】B【解析】加热固体碘出现大量紫色蒸气，该过程为碘的升华，破坏分子间作用力，共价键未断裂，故A错误；水结成的冰为内部排布规则的晶体，在液态水中，经常是几个水分子通过氢键结合起来，在冰中，水分子大范围地以氢键互相联结，形成疏松的晶体，从而在结构中有很多空隙，造成体积膨胀，密度较小，所以冰中的氢键远比水中多，故B正确；互为手性异构体的分子组成元素相同，官能团相同，手性分子互为镜像，如同人的双手镜面对称，但不能叠合，故C错误；燃放烟花产生五颜六色的光与金属的焰色有关，该变化属于物理变化，故D错误；故选B。5.某兴趣小组用下列装置(部分夹持装置已略去)进行实验，难以达到预期目的的是A．碱式滴定管排气泡B．实验室制氨气C．制取FeD．制备并收集NOA．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】该滴定管有乳胶管，为碱式滴定管，碱式滴定管排气泡的操作为，使尖嘴朝上，并挤压玻璃珠，A正确；铵盐受热易分解，氯化铵受热分解产生氨气，温度降低其两种气体产物又重新化合成氯化铵，无法达到实验目的，应加热氯化铵和氢氧化钙的混合物来制备氨气，B错误；氢氧化亚铁溶液被氧化，制取Fe(OH)2应隔绝空气防氧化，故应采用苯进行液封，盛有煮沸的NaOH溶液的长胶头滴管要伸入液面以下，C正确；Cu和稀硝酸反应生成NO，NO难溶于水，可以用排水法收集，D正确；故答案选B。6.中科院成功研发了一种新型的高性能、低成本的锂铝-石墨双离子电池。该电池放电时的总反应为AlLi+CxA．AILi合金为负极，发生还原反应B．Li+向负极移动C．CxPF6发生的电极反应为CD．正极和负极的质量变化相等【答案】C【解析】AILi为合金，其中金属元素化合价为零价，Li元素化合价从0价升高至+1价，失电子发生氧化反应，A错误；在原电池中阳离子向正极移动，Li+应向正极移动，B错误；放电总反应中Li元素化合价从0价升高至+1价，失电子发生氧化反应，AILi合金为负极，CxPF6为正极，正极发生得电子还原反应，电极反应为CxPF6+e-=xC+PF6-，C正确；每转移1mol电子，负极有1molLi被溶解转化为Li+，进入电解质，负极质量减少7.劳动有利于“知行合一”。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是选项劳动项目化学知识A工人用FeCl3还原性：FeB护士打针时用棉花沾酒精消毒乙醇能使蛋白质变性C工人用铝制槽车运输浓硝酸常温下，浓硝酸使铝发生钝化D营业员将水果放在冰箱中保鲜温度降低，反应速率减小A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】铁离子具有氧化性，可将Cu氧化，自身被还原为亚铁离子，故还原性Cu>Fe2+，A错误；乙醇能使蛋白质变性，故可用棉花沾酒精消毒，B正确；常温下，浓硝酸使铝发生钝化，形成致密氧化膜阻碍反应的进一步发生，故可铝制槽车运输浓硝酸，C正确；降低温度，单位体积内分子总数不变，活化分子百分数减小，活化分子数减少，有效碰撞的频率降低，反应速率减小，则将食物储存在冰箱里，可延长食物的保存，D正确；故答案选A。8.山奈酚是中药柴胡的药物成分之一，结构如图所示，下列有关山奈酚叙述正确的是A．该物质属于芳香烃 B．分子中所有碳原子一定共平面C．不能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色 D．1mol山奈酚最多与3molNaOH反应【答案】D【解析】烃是指只含C和H两种元素的有机物，该物质只含有C和H两种元素，且含苯环，属于芳香烃，A错误；单键具有可旋转特性，通过单键的旋转，苯环平面和碳碳双键平面分子中所有碳原子可能共平面，B错误；碳碳双键和羟基均可被酸性KMnO4溶液氧化，酸性KMnO4溶液褪色，碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，C错误；酚羟基具有酸性，山奈酚中只有酚羟基能与氢氧化钠反应，1mol山奈酚最多与3molNaOH反应，D正确；故选D。9.反应NH4Cl+A．1molNH4B．18gH2O含有的σC．浓度均为0.1mol⋅L-1NaCl和NaNOD．上述反应中，每生成0.1molN2【答案】B【解析】1个NH4+中含有4个碳氢共价键，1molNH4Cl含有共价键目为4NA，故A错误；1个H2O分子中的2个氢氧键为σ键，18gH2O为1mol，含有的σ键数目为2NA，故B正确；溶液的体积未知，只有物质的量浓度无法计算Na+数目，故C错误；该反应时N元素的化合价既升高又降低，发生归中反应，NH4Cl中N元素从-3价升高到0价，NaNO2中N元素从+3价降低为0价，转移的电子数为3个，每生成0.1molN2转移的电子数目为0.3NA，故D错误；故答案选10.粗盐含少量泥沙，还有Ca2+、Mg2+、A．“操作1”和“操作2”步骤的顺序对调，不影响产品NaCl的纯度B．“滤渣”中沉淀的主要成分是BaSO4、MgSO4C．“调pH”中试剂a可用稀硫酸D．在“操作3”和“操作4”步骤中，玻璃棒的作用都是引流【答案】A【解析】加入试剂顺序为NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液或BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH溶液，故“操作1”和“操作2”步骤的顺序对调，不影响产品NaCl的纯度，A正确；加入氯化钡溶液可与硫酸根离子形成硫酸钡沉淀、氢氧化钠溶液可与镁离子形成氢氧化镁沉淀、碳酸钠溶液可与钙离子和过量的钡离子形成碳酸钙和碳酸钡沉淀，“滤渣”中沉淀的主要成分是BaSO4、BaCO3、Mg(OH)2、CaCO3，B错误；“调pH”中试剂a应用稀盐酸，用稀硫酸会引入杂质离子硫酸根离子，C错误；操作3为过滤、操作4为蒸发结晶，都需要用到玻璃棒，过滤时玻璃棒的作用为引流，蒸发结晶时玻璃棒作用为搅拌，D错误；故答案为A。11.下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是选项陈述I陈述IIANa2Na2B乙烯与水蒸气在催化剂下可合成乙醇合成乙醇的反应是加成反应CI2易溶于I2和CClDNH3NH3A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】Na2O可与水反应生成电解质NaOH，Na2O本身在熔融状态下能电离出自由移动的带电的离子，可导电，属于电解质，但是没有因果关系，A错误；乙烯含碳碳双键官能团，与水蒸气在催化剂下可合成乙醇，该反应是加成反应，但是没有因果关系，B错误；I2和CCl4的分子空间结构完全对称，正负电荷中心重合，都是非极性分子根据相似相溶，I2易溶于CCl4，C正确；NH3可用作制冷剂，是因为NH3易液化，液氨汽化时吸收大量的热，12.部分含碳或含硫物质的分类与相应的化合价关系如图所示。下列说法正确的是A．a能燃烧，a转化b的反应一定是化合反应B．构成a的基态原子有2个单电子，将c的钠盐与浓硝酸反应产生的气体一定是无色C．若b能使品红溶液褪色，也一定会使酸性KMnO4D．工业上制备g，存在a→b→e→g，每一步转化反应一定是放热反应【答案】D【解析】碳和硫均可燃烧，若a为碳，转化为二氧化碳时可由碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫，不属于化合反应，故A错误；C和S的基态原子有2个单电子，若c为亚硫酸钠，与浓硝酸反应产生的为红棕色二氧化氮气体，故B错误；若b能使品红溶液褪色，则b为SO2，SO2和无色物质结合为不稳定的无色物质，体现的是其漂白性，使酸性KMnO4溶液褪色，体现的是二氧化硫的还原性，两个反应褪色原理不相同，故C错误；工业上制备H2SO4，存在S→SO2→SO3→H2SO4，每一步转化反应一定是放热反应，故D正确；故答案选D。13.2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家，我国科研人员在“点击化学”领域研究过程中发现了一种安全、高效合成化合物，其结构如图所示。W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，W的基态原子价层p轨道半充满，Y元素的电负性比X元素的大。下列说法正确的是A．原子半径：Z>B．第一电离能：WC．最简单氢化物的沸点：Z>D．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】B【解析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，W的基态原子价层p轨道半充满，若W为2周期，则W的基态原子价层电子排布式为2s22p3，W为N，若W为3周期，则W的基态原子价层电子排布式为3s23p3，W为P；但若W为P，据W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，Z为Ar，Ar不是主族元素，所以W为N；由图给结构可知，Y的价键数为1，则Y为F或Cl，但若Y为Cl，则Z为Ar，Ar不是主族元素，所以Y为F；X原子序数在W、Y之间，所以Y为O；Z形成6个价键，原子序数大于F，所以Z为S，W、X、Y、Z分别为N、O、F、S，N、O、F为同周期主族元素，原子序数越大原子半径越小，S电子层数更多，S原子半径在4种中最大，所以半径大小：Z>W>X>Y，故A错误；

W、X分别为N、O，N原子核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一点电离能大于相邻族元素，所以第一电离能：W>X，故B正确；X、Z分别为O、S，O、S同主族，最简单氢化物分别为H2O、H2S，H2O分子之间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键，所以H2O的沸点更高，即最简单氢化物的沸点：Z＜X，故C错误；

S最外层电子数6，该化合物中S形成了6个价键，所以14.某化学小组用“84消毒液”(主要成分有NaClO)制备氯气并探究其性质，进行如图所示的实验(a~d中均为浸有相应试液的棉花，夹持装置省略)。下列说法正确的是A．具支试管中反应生成了黄绿色气体，该反应体现了浓盐酸的酸性和还原性B．a处变为橙色，b处变为蓝色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2C．c处褪色，说明Cl2具有还原性D．d处褪色，说明Cl2具有漂白性【答案】A【解析】具支试管中反应生成了黄绿色气体氯气，说明84消毒液的有效成分为NaClO与浓盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，盐酸中Cl元素化合价升高，该反应体现了浓盐酸的酸性和还原性，故A正确；具支试管产生氯气在a处于KBr发生置换反应生成Br2，溶液变橙色，可得氧化性Cl2>Br2，氯气在b处与KI反应生成I2，淀粉变蓝，可得氧化性：Cl2>I2，但未知I2与Br2的氧化性强弱，无法得到氧化性：溴＞碘，故B错误；浓盐酸具有挥发性，HCl气体有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，不能说明Cl2有氧化性，故C错误；氯气和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，溶液碱性变弱，酚酞溶液褪色，不是氯气的漂白性造成的，故D错误；故答案选A。15.25℃，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：下列说法不正确的是A．在该反应条件下，产物2比产物1稳定B．乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面C．生成产物1的决速步活化能为46.0kcal/molD．反应达到平衡时，升高温度可提高产物2产率【答案】D【解析】物质自身所具有的能量越低越稳定，从图中可知，产物2的能量比产物1低，产物2比产物1稳定，A正确；从图中可知，乙醇中的O原子与固体酸分子筛中的H原子形成分子间氢键，因此乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面，B正确；活化能越大，反应速率越慢，为总反应的决速步骤，生成产物1的决速步骤为活化能最高的一步，C正确；生成产物2的反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，产物2产率降低，D错误；故答案选D。16.为适应可再生能源的波动性和间歇性，我国科学家设计了一种电化学装置，其原理如下图所示。当闭合K1和K3、打开K2时，装置处于蓄电状态；当打开K1和K3、闭合K2时，装置处于放电状态。放电状态时，双极膜中间层中的HA．蓄电时，碳锰电极为阳极B．蓄电时，图中右侧电解池发生的总反应为2C．放电时，每消耗1molMnO2，理论上有2molHD．理论上，该电化学装置运行过程中需要不断补充H2SO4【答案】D【解析】当闭合K1和K3、打开K2时，装置处于蓄电状态，即为电解池，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极，A正确；蓄电时，右侧电解池中ZnO为阴极，发生得电子的还原反应，生成Zn，电极反应式为ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，OH-失电子生成O2，电极反应式为4OH--4e-=O2+2H2O，发生的总反应为2ZnO电解2Zn+O2↑，B正确；蓄电状态，碳锰电极为阳极，放电时，碳锰电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，每消耗1molMnO2，需要消耗4molH+，但碳锰电极只生成2mol正电荷，双极膜间解离出的氢离子转移至左侧，因此理论上有2molH+由双极膜向碳锰电极迁移，C17.侯德榜为我国纯碱工业发展做出了重要贡献。某兴趣小组开展如下探究：I．在实验室中模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3(1)装置I中反应的离子方程式为。(2)装置II洗气瓶中盛有溶液。(3)反应一段时间，装置III中试管内有固体析出，总反应的化学方程式为。(4)反应结束后，过滤出试管内固体，对固体进行洗涤，干燥后，将固体置于(填下图标号)，在300℃下加热可制到纯碱。A． B．C． D．(5)纯碱在生产生活中一种用途是。II．探究影响Na2CO3水解的因素，实验方案如下(Na2序号温度℃V(Na2COV(H2pH125020.0A22520.00A3252.018.0A44020.00A(6)①由A1A2(填“>”、“<”或“=”)可说明，Na2CO3溶液水解呈碱性；在实验2和3，稀释Na2CO3溶液，促进Na2CO3水解的证据是②已知Na2CO3水解是吸热反应，甲同学预测A2<A4，但实验结果为A2>A4，实验结果比预测数值小的原因是Na2CO3溶液从25℃升温40℃，。甲同学补充做了一个实验，测定，通过上表和补充测定的数据，近似计算出在25℃【答案】(1)CaCO(2)饱和碳酸氢钠(3)NaCl+NH(4)D(5)洗涤油污、制玻璃等(6)<A3>(A2-1)升高温度，碳酸钠水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响是氢离子浓度增大测40℃纯水的pH【解析】（1）装置I中碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，碳酸钙为难溶性电解质，不拆为离子形式，反应的离子方程式为CaCO3+2H（2）生成的二氧化碳中混有盐酸挥发的HCl气体，装置II的作用是除二氧化碳中的氯化氢，洗气瓶中盛有饱和碳酸氢钠溶液。（3）溶有足量氨气的饱和食盐水中通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，试管内有固体析出，总反应的化学方程式为NaCl+NH3⋅（4）碳酸氢钠受热可分解生成碳酸钠，灼烧固体物质用坩埚，反应结束后，过滤出试管内固体，对固体进行洗涤，干燥后，将固体置于坩埚中，在300℃下加热可制到纯碱，选D。（5）纯碱在生活中一种用途洗涤油污、制玻璃。（6）①Na2CO3为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，25℃，纯水的pH=7，碳酸钠溶液的pH>7，由A1<A2(填“>”、“<”或“=”)可说明Na2CO3溶液水解呈碱性；越稀越电离，实验2和3比较，3溶液相当于把溶液2稀释10倍，稀释Na2②弱电解质电离吸热，水解吸热，升高温度，碳酸钠水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响是氢离子浓度增大，所以实验结果为A2>A4。甲同学补充做了一个实验，测定40℃纯水的pH，根据40℃纯水的pH，计算40℃得Kw，通过上表和补充测定的数据，近似计算出在25℃和40℃时，0.1mol⋅L-1Na218.铟(In)被广泛应用于电子、太阳能等领域。以某炼锌废渣(主要含ZnO、In2O3，还含少量SnO2、PbO、已知：①Sn(锡)是第IVA族元素；②H2A2In(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有(任意写一条)，滤渣的主要成分是、。(2)“反萃取”中，从有机相InA3⋅3HA中分离铟时，需加入浓度较大的盐酸，从平衡移动的角度说明其原因(3)“沉铟”中，SnCl62-①SnO32-合的VSEPR模型名称是②写出SnCl62-合转化为SnO32-的离子方程式(4)“酸溶”后，铟以HInCl4形式存在溶液中，加入足量锌粉可制得粗铟，写出该制得粗铟反应的化学方程式是(5)铜铟镓硒晶体(化学式为CuInxGaySe2)和铜铟硒晶体(化学式为CuInSe2①该晶体中，距离Cu最近且等距的Se的个数为。②若该晶体中In与Ga的个数比为3：2，则y=(填数值)；CuInxGaySe2的式量用Mr表示，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为【答案】(1)将废渣粉碎、适当提升温度、适当提升酸的浓度等PbSO4SiO2(2)c(HCl)增大，平衡In3+(水相)+3(3)平面三角形SnCl(4)2(5)40.44M【解析】（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有将废渣粉碎、适当提升温度、适当提升酸的浓度等；从炼锌废渣(主要含ZnO、In2O3，还含少量SnO2、PbO、SiO2等物质)中提取粗铟，炼锌废渣加入稀硫酸，酸浸后滤渣含有PbSO4、SiO2；（2）加入浓度较大的盐酸后，溶液中氢离子浓度增大，平衡In3+(水相)+3（3）①SnO32-价层电子对个数=3+12（4+2-2×3）=3，杂化轨道数为②SnCl62-在碱性条件转化为SnO3（4）铟主要以HInCl4形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时还生成一种具有还原性的气体，根据元素守恒可判断该气体为氢气，发生反应的化学方程式（5）①以面心的Cu为研究对象，与其距离最近的4个Se构成了正四面体，则Cu最近且等距的Se的个数为4；②铜铟镓硒晶体可以看作是铜铟硒晶体中部分In被Ga取代，则In和Ga总个数为1，In与Ga的个数比为3：2，则y=0.4；晶胞中Cu位于顶角、面上和晶胞内部，原子个数为8×18+4×12+1=4，CuInxGaySe2的式量用19.氰离子(CN-)(1)基态N原子价层电子的轨道表示式为：，化合物NaAgCN2不含有的化学键类型是(a．离子键

b．极性共价键

c．非极性共价键

d．配位键(2)已知：HCN(aq)⇌HHCl(aq写出NaCN溶液发生水解反应的热化学方程式：。(3)25℃时，KaHCN①0.10mol⋅L-1HCN溶液中cCN②将浓度相等的HCN与NaCN溶液等体积混合，判断溶液呈(填“酸”“碱”或“中”)性，并结合有关数据解释原因：。(4)保持室温不变下，将一定量Ag2O固体投入20mL0.50mol⋅L-1NaCN溶液中，1min时固体反应完全，反应为Ag2O+4NaCN+H2O=2NaAgCN2(5)常温下，溶液中CN-分别与三种金属离子形成配离子ZnCN42-、AgCN2-、FeCN64-，平衡时，①当I对应的相关离子浓度处于点P时，ZnCN42-的解离速率生成速率(填“>”、“<”②当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量ZnNO32粉末，达平衡时，c(Ag+)c([Ag(CN)2]-【答案】(1)c(2)NaCNaq+H(3)7×10-6碱NaCN溶液水解显碱性，水解常数Kh=K(4)5×(5)＞＜【解析】（1）N原子序数7，基态N原子价层电子排布式为2s22p3，则轨道表示式为：，化合物NaAgCN2中内界配离子和外界钠离子间存在离子键，配离子内银离子和CN-之间有配位键，CN-内有碳氮三键，属于极性共价键，不含有的化学键类型是非极性共价键，故选（2）已知：①HCN(aq)⇌H根据HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2ONaCN为强碱弱酸盐，溶液发生水解反应的热化学方程式：NaCNaq+H2（3）①25℃时，KaHCN=4.9×10-10，KaHCN=cCN-②将浓度相等的HCN与NaCN溶液等体积混合，判断溶液呈碱性，结合有关数据解释原因：NaCN溶液水解显碱性，根据Kw=Ka×Kh，水解常数Kh=K（4）保持室温不变下，将一定量Ag2O固体投入20mL0.50mol⋅L-1NaCN溶液中，1min时固体反应完全，反应为Ag2O+4NaCN+H2O=2NaAgCN2+2NaOH。若反应进行到第20s时，测得溶液pH=13(忽略NaCN水解和溶液体积变化)（5）I是lgc(Zn2+)c([Zn(CN)4]2-)与-lgcCN-变化的关系。由P点状态移动到形成设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子+mCN-=配离子，则平衡常数K=c(配离子)c(金属离子)⋅cmCN-，lgK=lgc(配离子当Ⅱ和Ⅲ对应相关离子的混合液处于Q点，向其中加少量ZnNO32粉末，会消耗CN-形成ZnCN42-配离子，使得溶液中cCN-减小(沿横坐标轴向右移动)，lgc(Ag+)c([Ag(CN)20.有机物G是一种医药中间体，其合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。(1)化合物A的分子式为。(2)根据化合物G的结构特征，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型①