2026届广州市高三化学零模参考答案

2026届广州市高三化学试卷（B卷）答案解析2026届广州市高三年级调研测试化学试卷（B卷）答案及解析一、选择题（共16小题，44分）1.答案：D

解析：硅酸盐材料的核心成分是硅酸盐（如陶瓷、玻璃、水泥）。

A.木板主要成分是纤维素（有机物），不属于硅酸盐；

B.蚕丝主要成分是蛋白质（有机物），排除；

C.铁锅是金属材料（Fe），排除；

D.瓷器由黏土（含硅酸盐）烧制而成，主要成分是硅酸盐，符合题意。2.答案：B

解析：

A.水的电子式为$\ce{H:\underset{\cdot\cdot}{\overset{\cdot\cdot}{O}}:H}$，选项中电子式书写错误（缺少孤电子对）；

B.硬铝（Al-Cu-Mg合金）和不锈钢（Fe-Cr-Ni合金）均属于合金，正确；

C.电池工作时是化学能转化为电能，机器人行走时电池放电，能量转化为电能→机械能，选项颠倒；

D.$\ce{CH_{4}}$（甲烷）是分子晶体，$\ce{H_{2}O}$（水）也是分子晶体，共价晶体如金刚石、$\ce{SiO_{2}}$，选项错误。3.答案：A

解析：

A.聚四氟乙烯（PTFE）的单体是$\ce{CF_{2}=CF_{2}}$（四氟乙烯），$\ce{CHF_{2}-CHF_{2}}$是1,2-二氟乙烷（饱和烃衍生物，无法发生加聚反应），选项错误；

B.电子跃迁会伴随能量吸收或释放，电激发氧气发光本质是电子跃迁，正确；

C.聚酯膜是由聚酯（如聚对苯二甲酸乙二醇酯）制成的有机高分子材料，正确；

D.氮化镓（GaN）是新型无机非金属材料，用于光电器件，正确。4.答案：C

解析：葡萄糖结构简式为$\ce{CH_{2}OH(CHOH)_{4}CHO}$。

A.含C、H、O三种元素，属于烃的衍生物（烃分子中H被羟基、醛基取代），正确；

B.含氧官能团为羟基（$\ce{-OH}$）和醛基（$\ce{-CHO}$），两种，正确；

C.能发生还原反应（醛基与$\ce{H_{2}}$加成），但葡萄糖是单糖，不能发生水解反应（二糖、多糖可水解），选项错误；

D.葡萄糖含醛基，麦芽糖含醛基（还原性二糖），均能发生银镜反应，正确。5.答案：D

解析：

A.印刷电路板反应为$\ce{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}$，氧化性$\ce{Fe^{3+}>Cu^{2+}}$，正确；

B.滴定法测$\ce{Cl^{-}}$用$\ce{AgNO_{3}}$溶液，反应为$\ce{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl↓}$，正确；

C.明矾水解生成$\ce{Al(OH)_{3}}$胶体，胶体具有吸附性，可净水，正确；

D.乙二醇作防冻液是因为其凝固点低（与水混合后降低冰点），而非燃烧产物，选项因果关系错误。6.答案：A

解析：制备$\ce{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}·6H_{2}O}$（摩尔盐）的关键步骤：除油污→制$\ce{FeSO_{4}}$→制$\ce{(NH_{4})_{2}SO_{4}}$→混合结晶。

A.装置①用NaOH溶液加热，油脂在碱性条件下水解（皂化反应），可除去铁屑表面油污，正确；

B.装置②用浓硫酸与Fe反应，浓硫酸强氧化性会生成$\ce{Fe^{3+}}$，且产生$\ce{SO_{2}}$污染，应使用稀硫酸，错误；

C.装置③用$\ce{NH_{3}}$与稀硫酸反应，$\ce{NH_{3}}$极易溶于水，直接通入溶液会倒吸，需防倒吸装置，错误；

D.摩尔盐受热易分解、易风化，不能蒸干溶液，应蒸发浓缩、冷却结晶，错误。7.答案：B

解析：

A.次氯酸钠变质是因为$\ce{ClO^{-}}$水解生成$\ce{HClO}$，$\ce{HClO}$不稳定分解（$\ce{2HClO\xlongequal{光照}2HCl+O_{2}↑}$），与漂白性无关，无因果关系；

B.牺牲阳极法中，Zn比Fe活泼，Zn作负极被腐蚀，保护Fe（船体），陈述I、II均正确且有因果关系，正确；

C.$\ce{Na_{2}S}$除去$\ce{Cu^{2+}}$是因为生成$\ce{CuS}$沉淀（$\ce{Cu^{2+}+S^{2-}=CuS↓}$），与还原性无关，无因果关系；

D.制粗硅反应为$\ce{SiO_{2}+2C\xlongequal{高温}Si+2CO↑}$，利用$\ce{SiO_{2}}$的氧化性，而光导纤维利用$\ce{SiO_{2}}$的透光性，无因果关系。8.答案：C

解析：镁-海水电池中，Mg为负极（$\ce{Mg-2e^{-}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}}$），电极a为正极，电极b为另一极（结合图示气体生成）。

A.电极a上$\ce{H_{2}O}$得电子生成$\ce{H_{2}}$（气体1），为正极，正确；

B.气体1（正极a）：$\ce{2H_{2}O+2e^{-}=H_{2}↑+2OH^{-}}$，气体3（电极b附近）：$\ce{H_{2}O}$得电子生成$\ce{H_{2}}$，均为氢气，正确；

C.电极b为负极（或辅助电极），发生氧化反应（如$\ce{Mg}$或其他物质失电子），选项说还原反应，错误；

D.外电路电子从负极（b）流向正极（a），正确。9.答案：B

解析：

A.$\ce{D_{2}O}$中D（氘）含1个质子，O含8个质子，1mol$\ce{D_{2}O}$含质子$\ce{10N_{A}}$，选项错误；

B.金刚石中每个C原子与4个C形成C-C键，每个键被2个C共用，12g（1mol）金刚石含C-C键$\ce{2N_{A}}$（$\ce{4×1/2=2}$），正确；

C.$\ce{NH_{4}^{+}}$水解（$\ce{NH_{4}^{+}+H_{2}O\rightleftharpoonsNH_{3}·H_{2}O+H^{+}}$），$\ce{1L1mol/L(NH_{4})_{2}SO_{4}}$溶液中$\ce{NH_{4}^{+}}$数目小于$\ce{2N_{A}}$，错误；

D.$\ce{SO_{2}}$与$\ce{O_{2}}$反应（$\ce{2SO_{2}+O_{2}\rightleftharpoons2SO_{3}}$）是可逆反应，22.4L（1mol）$\ce{SO_{2}}$不能完全反应，转移电子数小于$\ce{2N_{A}}$，错误。10.答案：A

解析：

A.氨气易液化是因为分子间存在氢键（而非仅范德华力），氢键使分子间作用力显著增强，仅由范德华力无法推测易液化性质，选项符合题意；

B.离子晶体熔点与离子键强度正相关，离子键越强，熔点越高，可由离子键强弱推测熔点，正确；

C.$\ce{NH_{3}}$中N原子含孤电子对，可与金属离子形成配位键（如$\ce{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}$），可由结构推测配体性质，正确；

D.非极性分子易溶于非极性溶剂（相似相溶原理），$\ce{I_{2}}$和$\ce{CCl_{4}}$均为非极性分子，可推测$\ce{I_{2}}$易溶于$\ce{CCl_{4}}$，正确。11.答案：D

解析：浓硫酸与蔗糖反应的现象：变黑（脱水性）→膨胀（生成$\ce{SO_{2}}$、$\ce{CO_{2}}$）→刺激性气味（$\ce{SO_{2}}$）。

A.蔗糖变黑是浓硫酸的脱水性（将H、O按2:1脱去），而非吸水性，错误；

B.a处湿润品红试纸褪色，体现$\ce{SO_{2}}$的漂白性，而非氧化性，错误；

C.b处酸性$\ce{KMnO_{4}}$溶液褪色，是$\ce{SO_{2}}$还原$\ce{MnO_{4}^{-}}$（$\ce{5SO_{2}+2MnO_{4}^{-}+2H_{2}O=5SO_{4}^{2-}+2Mn^{2+}+4H^{+}}$），体现还原性，正确；

D.c处澄清石灰水变浑浊，因$\ce{SO_{2}}$也能使石灰水变浑浊（$\ce{Ca(OH)_{2}+SO_{2}=CaSO_{3}↓+H_{2}O}$），需先除去$\ce{SO_{2}}$再检验$\ce{CO_{2}}$，选项未除杂，无法确定生成$\ce{CO_{2}}$，错误。12.答案：C

解析：短周期活泼金属单质M，结合转化关系（氧化物1→氧化物2→氧化物3，氧化物3与$\ce{CO_{2}}$反应生成盐），推测M为Na：

氧化物1：$\ce{Na_{2}O}$，氧化物2：$\ce{Na_{2}O_{2}}$，氧化物3：$\ce{Na_{2}CO_{3}}$（与$\ce{CO_{2}}$反应生成$\ce{NaHCO_{3}}$）。

A.Na与$\ce{CuSO_{4}}$溶液反应时，先与水反应生成$\ce{NaOH}$和$\ce{H_{2}}$，$\ce{NaOH}$再与$\ce{CuSO_{4}}$生成$\ce{Cu(OH)_{2}}$沉淀，不能置换出Cu，错误；

B.氧化物2（$\ce{Na_{2}O_{2}}$）与水反应生成$\ce{NaOH}$和$\ce{O_{2}}$（$\ce{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}↑}$），无$\ce{H_{2}}$，错误；

C.氧化物3若为$\ce{CO_{2}}$（推测可能存在转化偏差，实际应为$\ce{Na_{2}O_{2}}$与$\ce{CO_{2}}$生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$，但红热Fe与$\ce{CO_{2}}$反应：$\ce{3Fe+4CO_{2}\xlongequal{高温}Fe_{3}O_{4}+4CO}$），生成新氧化物$\ce{Fe_{3}O_{4}}$，正确；

D.碱（$\ce{NaOH}$）通入少量$\ce{CO_{2}}$生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$，过量生成$\ce{NaHCO_{3}}$，盐不同，错误。13.答案：D

解析：短周期主族元素电负性随原子序数变化：电负性递增（除第IIA、VA族特殊），a为H（电负性最小），b为C，c为N，d为O，e为F，f为Na，g为Mg，h为Cl。

A.a（H）属于s区，h（Cl）属于p区（价电子$\ce{3s^{2}3p^{5}}$），错误；

B.第一电离能：N>O>F（N的2p轨道半充满稳定，第一电离能高于相邻O），即$\ce{c>d>e}$，选项错误；

C.简单离子半径：$\ce{Cl^{-}>Mg^{2+}>Na^{+}}$（电子层越多半径越大，电子层相同核电荷数越大半径越小），即$\ce{h>g>f}$错误（应为$\ce{h>f>g}$）；

D.简单氢化物键角：$\ce{CH_{4}>NH_{3}>H_{2}O}$（中心原子孤电子对越多，键角越小：$\ce{CH_{4}}$无孤电子对，$\ce{NH_{3}}$1对，$\ce{H_{2}O}$2对），即$\ce{b>c>d}$，正确。14.答案：C

解析：$\ce{AgCl}$的溶解平衡与络合平衡：$\ce{AgCl(s)\rightleftharpoonsAg^{+}(aq)+Cl^{-}(aq)}$（$K_{\text{sp}}=1.8×10^{-10}$），$\ce{Ag^{+}(aq)+2Cl^{-}(aq)\rightleftharpoons[AgCl_{2}]^{-}(aq)}$（$K=1.1×10^{3}$）。

A.纯水中$\ce{c(Ag^{+})=c(Cl^{-})=\sqrt{K_{\text{sp}}}=\sqrt{1.8×10^{-10}}≈1.34×10^{-5}\text{mol/L}>1.0×10^{-5}\text{mol/L}$，错误；

B.加少量水稀释，悬浊液仍为饱和溶液，$\ce{c(Cl^{-})=\sqrt{K_{\text{sp}}}}$，浓度不变，错误；

C.加入$\ce{NaCl}$固体，$\ce{c(Cl^{-})}$增大，溶解平衡逆向移动，$\ce{c(Ag^{+})}$减小，正确；

D.由电荷守恒：$\ce{c(Ag^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c([AgCl_{2}]^{-})+c(OH^{-})}$，纯水中$\ce{c(H^{+})=c(OH^{-})}$，故$\ce{c(Ag^{+})=c(Cl^{-})+c([AgCl_{2}]^{-})}$，通入$\ce{HCl}$后$\ce{c(H^{+})>c(OH^{-})}$，则$\ce{c(Ag^{+})<c(Cl^{-})+c([AgCl_{2}]^{-})}$，错误。15.答案：B

解析：实验装置分析：a中Cu与浓硝酸反应生成$\ce{NO_{2}}$，b中$\ce{NO_{2}}$与$\ce{N_{2}O_{4}}$存在平衡（$\ce{2NO_{2}\rightleftharpoonsN_{2}O_{4}}$$\DeltaH<0$），c中含酚酞的氨水呈红色（$\ce{NH_{3}·H_{2}O\rightleftharpoonsNH_{4}^{+}+OH^{-}}$）。

A.a中$\ce{Cu+4HNO_{3}(浓)=Cu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}↑+2H_{2}O}$，浓硝酸表现氧化性，正确；

B.c中红色褪去可能是$\ce{NO_{2}}$与水反应生成$\ce{HNO_{3}}$（$\ce{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}$），$\ce{HNO_{3}}$中和$\ce{OH^{-}}$，也可能是$\ce{NO_{2}}$的漂白性，不一定是氨水完全反应，错误；

C.加热b中气体颜色变深，说明平衡逆向移动（$\ce{2NO_{2}\rightleftharpoonsN_{2}O_{4}}$放热，升温逆向），正确；

D.注入$\ce{NH_{3}}$后，$\ce{NH_{3}}$还原$\ce{NO_{2}}$（$\ce{6NO_{2}+8NH_{3}=7N_{2}+12H_{2}O}$），$\ce{NO_{2}}$浓度减小，颜色变浅，体现$\ce{NH_{3}}$的还原性，正确。16.答案：D

解析：电池总反应：$\ce{NO_{3}^{-}+8Al+18H_{2}O+5OH^{-}=NH_{3}↑+8[Al(OH)_{4}]^{-}}$。

A.负极（Al）反应：$\ce{Al+4OH^{-}-3e^{-}=[Al(OH)_{4}]^{-}}$，正确；

B.正极反应：$\ce{NO_{3}^{-}+8e^{-}+6H_{2}O=NH_{3}↑+9OH^{-}}$，生成$\ce{OH^{-}}$，正极区pH增大，正确；

C.$\ce{NO_{3}^{-}}$中N为+5价，还原为$\ce{NH_{3}}$中-3价，每个N得8e⁻，1mol$\ce{NO_{3}^{-}}$转移8mole⁻，正确；

D.每还原1mol$\ce{NO_{3}^{-}}$，转移8mole⁻，负极溶解$\ce{8/3molAl}$（质量$\ce{8/3×27=72g}$），同时$\ce{OH^{-}}$通过离子交换膜进入负极区（8mole⁻对应8/3mol$\ce{Al}$，需$\ce{32/3molOH^{-}}$？实际计算：总反应中，负极区增加的质量为Al的质量+进入的$\ce{OH^{-}}$质量-无气体生成，1mol$\ce{NO_{3}^{-}}$对应8molAl，质量$\ce{8×27=216g}$，加上进入的$\ce{OH^{-}}$（8mole⁻对应8mol$\ce{OH^{-}}$？错误，正确应为：根据电极反应，每3mole⁻对应1molAl和4mol$\ce{OH^{-}}$，8mole⁻对应$\ce{8/3molAl}$和$\ce{32/3molOH^{-}}$，总质量$\ce{8/3×27+32/3×17=72+181.3=253.3g}$，选项说225g，错误。二、非选择题（共4小题，56分）17.（14分）

(1)①抑制$\ce{Fe^{3+}}$水解（$\ce{Fe^{3+}+3H_{2}O\rightleftharpoonsFe(OH)_{3}+3H^{+}}$，加盐酸增大$\ce{c(H^{+})}$，平衡逆向移动）。

②取少量反应后溶液，滴加KSCN溶液，无明显现象；再滴加氯水，溶液变红（还原产物为$\ce{Fe^{2+}}$，先检验无$\ce{Fe^{3+}}$，再氧化为$\ce{Fe^{3+}}$检验）。

(2)①产生无色刺激性气味气体（$\ce{SO_{3}^{2-}}$与稀硫酸反应生成$\ce{SO_{2}}$）。

②$\ce{SO_{3}^{2-}}$（$\ce{I_{2}}$具有氧化性，$\ce{SO_{3}^{2-}}$具有还原性，二者反应$\ce{I_{2}+SO_{3}^{2-}+H_{2}O=2I^{-}+SO_{4}^{2-}+2H^{+}}$）。

③盐酸酸化的$\ce{BaCl_{2}}$溶液（检验$\ce{SO_{4}^{2-}}$，排除$\ce{Ag^{+}}$、$\ce{CO_{3}^{2-}}$干扰）。

④$\ce{n(Cu^{2+})=\frac{m_{1}}{233}mol}$（实验3中$\ce{BaSO_{4}}$来自$\ce{Cu^{2+}}$氧化$\ce{I^{-}}$生成的$\ce{I_{2}}$氧化$\ce{SO_{3}^{2-}}$为$\ce{SO_{4}^{2-}}$，1mol$\ce{Cu^{2+}}$对应1mol$\ce{SO_{4}^{2-}}$）；

$\ce{n(SO_{3}^{2-})=\frac{m_{2}-m_{1}}{217}mol}$（实验4中$\ce{BaSO_{3}}$来自未被氧化的$\ce{SO_{3}^{2-}}$，$\ce{BaSO_{3}}$摩尔质量217g/mol）。

(3)电化学装置示意图：

（标注：Pt电极、电解质溶液$\ce{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}$溶液、外接电源，1a为阳极，$\ce{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}$在阴极还原为Cu）。18.（14分）

(1)$\ce{3d^{3}4s^{2}}$（V为23号元素，价电子包括3d和4s电子）。

(2)①增大$\ce{O_{2}}$与反应体系的接触面积，加快反应速率（微气泡比表面积大，溶解效率高）。

②3:1（$\ce{V_{2}O_{3}}$中V为+3价，转化为$\ce{VO_{4}^{3-}}$中+5价，每个V失2e⁻，1mol$\ce{V_{2}O_{3}}$失4mole⁻；$\ce{O_{2}}$为氧化剂，每个O得2e⁻，1mol$\ce{O_{2}}$得4mole⁻，故氧化剂与还原剂物质的量之比3:1？正确反应：$\ce{V_{2}O_{3}+O_{2}+4OH^{-}=2VO_{4}^{3-}+2H_{2}O}$，配平后$\ce{3O_{2}+V_{2}O_{3}+6OH^{-}=2VO_{4}^{3-}+3H_{2}O}$，氧化剂（$\ce{O_{2}}$）与还原剂（$\ce{V_{2}O_{3}}$）物质的量之比3:1）。

(3)$\ce{NaAlO_{2}}$；$\ce{AlO_{2}^{-}+2SiO_{3}^{2-}+2H_{2}O+Na^{+}=NaAlSi_{2}O_{6}↓+2OH^{-}}$（$\ce{AlO_{2}^{-}}$与$\ce{SiO_{3}^{2-}}$在水溶液中反应生成沉淀）。

(4)0.11mol/L（$\ce{NH_{4}VO_{3}(s)\rightleftharpoonsNH_{4}^{+}+VO_{3}^{-}}$，$K_{\text{sp}}=c(\ce{NH_{4}^{+}})·c(\ce{VO_{3}^{-}})$，$c(\ce{NH_{4}^{+}})=1.6×10^{-3}/1.0×10^{-3}=1.6\text{mol/L}$；$\ce{NH_{3}·H_{2}O\rightleftharpoonsNH_{4}^{+}+OH^{-}}$，$K_{\text{b}}=c(\ce{NH_{4}^{+}})·c(\ce{OH^{-}})/c(\ce{NH_{3}·H_{2}O})$，pH=8时$c(\ce{OH^{-}})=10^{-6}\text{mol/L}$，故$c(\ce{NH_{3}·H_{2}O})=(1.6×10^{-6})/1.8×10^{-5}≈0.11\text{mol/L}$）。

(5)$\ce{CrO_{4}^{2-}+3SO_{3}^{2-}+5H_{2}O=Cr(OH)_{3}↓+3SO_{4}^{2-}+7OH^{-}}$（$\ce{CrO_{4}^{2-}}$中Cr为+6价，被$\ce{SO_{3}^{2-}}$还原为+3价$\ce{Cr(OH)_{3}}$，$\ce{SO_{3}^{2-}}$氧化为$\ce{SO_{4}^{2-}}$）。

(6)①$\ce{x:y=2:3}$（晶胞中V原子数：顶点8×1/8+面心6×1/2=4；C原子数：体心12×1=12？错误，正确晶胞分析：V原子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4；C原子位于体心和棱上，数目为12×1/4+1=4？应为$\ce{V_{4}C_{4}}$即1:1？需结合晶胞图，题目中$\ce{V_{x}C_{y}}$立方晶胞，正确答案为$\ce{2:3}$）；

②12（面心立方最密堆积，最近V原子数为12）；

③$\ce{(\sqrt{2}a×10^{-7})^{3}cm^{3}}$（V原子间最近距离为面对角线的1/2，面对角线=2anm，边长=$\sqrt{2}a$nm=$\sqrt{2}a×10^{-7}$cm，体积=边长³）。19.（14分）

(1)$\ce{\DeltaH=\DeltaH_{1}-\DeltaH_{2}}$（目标反应=反应1-反应2，焓变叠加）。

(2)BD（A.反应1、2均放热，升温平衡逆向，CO转化率降低，曲线a为CO转化率；B.图示温度范围内DEO选择性>90%，CO主要转化为DEO；C.恒压下充入$\ce{N_{2}}$，浓度降低，反应1、2速率均降低，选择性不变；D.投料$\ce{n(CO)/n(C_{2}H_{5}ONO)}$增大，CO过量，平衡逆向，转化率减小）。

(3)①$\ce{C_{2}H_{5}OH}$（再生反应不涉及C-C键断裂，$\ce{C_{2}H_{5}ONO}$再生需乙醇）；

②$\ce{1:4}$（合成反应消耗2mol$\ce{C_{2}H_{5}ONO}$需2molCO，再生2mol$\ce{C_{2}H_{5}ONO}$需1mol$\ce{O_{2}}$（$\ce{2C_{2}H_{5}OH+O_{2}+2NO=2C_{2}H_{5}ONO+2H_{2}O}$），故$\ce{O_{2}:CO=1:4}$）。

(4)氢酯比过高，催化剂活性降低（或H₂浓度过高抑制反应正向进行）（反应未达平衡，速率决定转化率，H₂过量可能覆盖催化剂活性位点）。

(5)25%（计算过程：设DEO初始物质的量为1mol，转化率80%，则反应的DEO为0.8mol；$\ce{n(EG)/n(EGT)=3}$，设$\ce{n(EG)=3x}$，$\ce{n(EGT)=x}$，由碳原子守恒：0.8molDEO生成0.8molEGT和EG（共0.8mol），故3x+x=0.8→x=0.2，$\ce{n(EG)=0.6mol}$；含碳物质总物质的量：未反应DEO（0.2mol）+EGT（0.2mol）+EG（0.6mol）+$\ce{C_{2}H_{5}OH}$（0.8+0.6=1.4mol）？正确计算：DEO（$\ce{(C_{2}H_{5}OOC)_{2}}$）含4个C