2026年高考广东卷化学高考真题（答案版）_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中化学试题汇编_0623化学_2026年高考广东卷化学高考真题

广东2026年普通高中学业水平选择性考试
化学答案
一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。
在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1.【答案】B
【详解】A．石拱主要成分为硅酸盐、碳酸钙等无机物，不属于有机物，A错误；
B．木船的材质为木材，主要成分是纤维素，属于含碳的有机物，B正确；
C．汉白玉石栏杆主要成分为碳酸钙，属于无机物，C错误；
D．斜拉钢索为钢质材料，属于铁合金，是无机物，D错误；
故选B。
2.【答案】A
【详解】A．所有燃烧反应均为放热反应，H 燃烧释放热量，属于放热反应，A正确；
2
B．碳纤维主要成分为碳单质，是人工合成的高性能材料，不属于天然高分子，B错误；
C．中子数=质量数-质子数，3He中子数为3-2=1，4He中子数为4-2=2，二者中子数不相
同，C错误；
D．镁元素位于第三周期，铈为镧系元素，位于第六周期，二者不位于同周期，D错误；
故选A。
3.【答案】A
【详解】A．刀破竹过程仅改变竹子的形状和大小，无新物质生成，属于物理变化，不是化学变化，A
错误；
B．SO 具有漂白性，可用于漂白竹纸浆，B正确；
2
C．竹制活性炭具有疏松多孔的结构，吸附能力强，可作吸附剂，C正确；
D．热解产生的CH 和CO 都具有可燃性，均可用作燃料，D正确；
4
故选A。
4.【答案】D
【详解】A．蜡烛燃烧时化学能除转化为光能外，大部分转化为热能，并非全部转化为光能，A错误；
B．石英玻璃的主要成分为SiO ，不是硅酸钙，B错误；
2
C．该反应是一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应，不属于化合反应，C错误；
D．单晶硅中硅原子之间以共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，D正确；
故选D。
5.【答案】C
【详解】A．丁达尔效应的本质是胶体粒子对光线的散射作用，两个陈述存在因果关联，A不符合题
意；
B．晶体具有规则几何外形的本质原因是晶体中原子呈周期性有序排列，两个陈述存在因果关联，B
不符合题意；
C．焰色反应是金属元素的电子受到激发后跃迁释放特定波长的光产生的，属于物理变化，和碱金属
易失最外层电子的化学性质无关，两个陈述均正确但无关联，C符合题意；
D．Cu能置换出AgNO 中的Ag，依据氧化还原反应规律，还原剂的还原性强于还原产物，说明Cu
3
·1·还原性比Ag强，两个陈述存在因果关联，D不符合题意；
故选C。
6.【答案】A
【详解】A．钢管桩主要成分为铁，铁的金属活动性强于铜，二者在海水中形成原电池时，铁作负极失
电子被氧化，会加速钢管桩腐蚀，不能达到防腐目的，A符合题意；
B．铝表面致密的氧化膜能防止内部的铁被腐蚀，即使富铝涂层破损，形成原电池时铝作负极被腐
蚀，可保护钢管桩；故能达到防腐目的，B不符合题意；
C．该装置为外加电流法，钢管桩连接电源负极作阴极被保护，能达到防腐目的，C不符合题意；
D．锌的金属活动性强于铁，二者在海水中形成原电池时锌作负极被腐蚀，属于牺牲阳极法，钢管桩
作正极被保护，能达到防腐目的，D不符合题意；
故选A。
7.【答案】B
23g
【详解】A．NO 和N O 最简式均为NO ，23g混合气体对应最简式NO 的物质的量为 =
2 2 4 2 2 46g/mol
0.5mol，含有的N原子数为0.5N ，A错误；
A
B．Na与O 反应时Na元素化合价从0升高到+1，1mol Na完全反应失去1mol电子，即失去电子
2
数为N ，B正确；
A
C．标准状况下22.4LCH Cl物质的量为1mol，1个CH Cl分子含有4个极性共价键：3个C-H
3 3
键、1个C-Cl键，故极性共价键数目为4N ，C错误；
A
D．苯酚根离子为弱酸根，在水溶液中会发生水解，故2L 0.5mol/L苯酚钠溶液中苯酚根离子的数目
小于N ，D错误；
A
故答案选B。
8.【答案】C
【详解】A．Cl原子半径小于I，H-Cl键长更短、键能更大，共价键更稳定，因此HCl热稳定性强于
HI，A正确；
B．烷基为推电子基团，乙基推电子效应强于甲基，使丙酸羧基的O-H键极性弱于乙酸，更难电离
出H+，因此酸性乙酸强于丙酸，B正确；
C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键会减弱分子间作用力，反而会降低沸点，其沸点高于水的原因是相
对分子质量远大于水，范德华力更强，解释错误，C错误；
D．根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，苯和CCl 均为非极性分子，NH 为极性分
4 3
子，因此苯在CCl 中溶解度大于NH ，D正确；
4 3
故选C。
9.【答案】D
【详解】A．生成的Cl 与KI发生反应Cl +2I-=2Cl-+I ，生成I ​使溶液变棕黄，I-化合价升高，作
2 2 2 2
还原剂，体现还原性，A正确；
B．制得的Cl 中混有HCl 和水蒸气，饱和食盐水除去HCl ，浓硫酸吸收水分，干燥Cl ，防止后续加
2 2
热时水蒸气影响反应，B正确；
C．加热条件下Fe与Cl ​反应生成FeCl ​，注入稀硫酸溶解后，溶液中含Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变
2 3
红，可说明Fe3+存在，C正确；
D．烧杯中为NaOH 吸收Cl 后的溶液，根据电荷守恒，溶液中阴离子还有OH-，正确的关系式为：
2
·2·cNa+  +cH+  =cCl-  +cClO-  +cOH-  ，D错误；
故选D。
10.【答案】B
【详解】A．粗盐主要成分为NaCl，还含有氯化镁、氯化钙等杂质，属于混合物，A正确；
B．蛋白质的基本组成元素包含C 、H 、O、N，部分还含有S、P等元素，因此牛肉中的蛋白质一定
含有N、O元素，B错误；
C．淀粉属于多糖，可发生水解反应，最终水解产物为葡萄糖，C正确；
D．茶香飘溢是分子不断运动扩散到空气中的宏观表现，说明分子是不断运动的，D正确；
故答案选B。
11.【答案】C
【详解】A．同主族元素原子半径从上到下增大，故原子半径S>O>H，即X>R>M，A错误；
B．同周期主族元素从左到右金属性减弱，故金属性Na>Mg>H，即L>T>M，B错误；
C．同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，第ⅤA族p轨道半充满结构稳定，第一电离能高于同
周期相邻元素，故第一电离能P>Mg>Na，即Q>T>L，C正确；
D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性S>P，故酸性H SO >
2 4
H PO ，即X>Q，D错误；
3 4
故选C。
12.【答案】D
【详解】A．2-溴丁烷在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应生成烯烃，Ⅳ中溴的CCl 溶液褪色是
4
因为烯烃与溴发生加成反应，不是取代反应，A错误；
B．2-溴丁烷在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成2-丁醇，能使酸性高锰酸钾褪色，但不能
使溴的CCl 溶液褪色，B错误；
4
C．溴乙烷在NaOH水溶液中加热水解生成乙醇，乙醇可被酸性K Cr O 溶液氧化，溶液由橙色变
2 2 7
为绿色，颜色有明显变化，C错误；
D．溴乙烷在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应生成Br-，加过量稀硝酸中和过量NaOH后，加
AgNO 溶液会生成AgBr沉淀，D正确；
3
故选D。
13.【答案】D
【详解】A．a可以是N ，N 分子内含1个σ键和2个π键，因此分子中可存在π键和σ键，A正确；
2 2
B．c可以是CO ，e可以是碳酸盐(盐类，碳元素为+4价)，碳酸钙等碳酸盐受热分解可生成CO ，
2 2
因此c可由e受热分解产生，B正确；
C．对应转化为：N →NO→NO →HNO →NO，可通过反应实现：N 和O 放电生成NO，NO与O
2 2 3 2 2 2
反应生成NO ，NO 与水反应生成HNO ，稀HNO 与Cu反应生成NO，C正确；
2 2 3 3
D．f为-1价的酸，只能是HCl，盐酸没有强氧化性，不能用于自来水消毒，D错误；
故选D。
14.【答案】C
【详解】A．Al O 为两性氧化物，与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为Al O +
2 3 2 3
2OH-+3H 2 O=2 AlOH   4  -，A正确；
B．热浓硫酸具有强氧化性，可氧化Cu生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为
·3·，B正确；
C．n个6-羟基己酸发生缩聚反应时，生成1分子高聚物的同时仅脱去n-1  分子H O ，且缩聚 2
反应一般使用单向箭头而非可逆符号，方程式nHOOCCH 2 
Δ
OH → + 5
催化剂
n-1  H O，C错误； 2
D．碱性条件下乙醛被CuOH  氧化为乙酸根，同时生成砖红色Cu O 沉淀，离子方程式为 2 2
CH 3 CHO+2CuOH 
Δ
+OH-→ CH COO-+Cu O↓+3H O，D正确； 2 3 2 2

故选C。
15.【答案】B
【详解】A．设初始加入A的质量为m ，浓度为c ，A、B、C互为同分异构体，则摩尔质量相同，等质
0 0
量时物质的量相等，由题图b可知，t 时，B、C的浓度相等，则c(A)+2c(B)=c ，恒容容器，则气体
1 0
体积不变，故可得m(A)+2m(B)=m ，t 时，A的转化率未知，无法确定m(A)与2m(B)的关系，A
0 1
错误；
B．根据A项分析可知，t 时，c(A)+2c(C)=c ，根据原子守恒有2x+y=c ，t 时，A、B的浓度相
1 0 0 2
等，则2c(A)+c(C)=c ，设此时C的浓度为a ，即2z+a=c ，可得2x+y=2z+a，由题图b可知
0 0
t 时C的浓度大于t 时C的浓度，即x>a，x-a>0，则2z=x+y+x-a>x+y，B正确；
1 2
C．A生成B的反应和A生成C的反应是竞争反应，应同时达到平衡，C错误；
D．根据题图a可知A⇌B的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B的物质的量减小，而总的
物质的量不变，故B的体积分数减小，D错误；
故选B。
16.【答案】C
【详解】A．由分析知，①为阳离子交换膜，②为阴离子交换膜，A正确；
B．由分析知，电极b为阳极，H O 电离出的OH-在阳极放电，阳极反应为4OH--4e-=O ↑
2 2
+2H O，B正确；
2
C．由分析知，电解一段时间后，Ⅱ室海水中盐的浓度降低，Ⅲ室海水中盐的浓度升高，C错误；
D．根据前述分析，Ⅰ室中阴极反应生成的OH-与电解液中的HCO-反应生成CO2-，形成
3 3
HCO-/CO2-缓冲体系，有利于Ⅰ室电解液的pH在一段时间内保持稳定，D项正确；
3 3
故选C。
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。
17.【答案】(1)AB (2)负
(3) ①. 洗涤 ②. 明锐的衍射峰
(4) ①. NH +H O⇌NH ⋅H O、NH ⋅H O⇌NH++OH-。 ②. 0.1mol/LH SO ③.
3 2 3 2 3 2 4 2 4
V 2 -V 1  :V 3 -V 2 
17
④. 滴加BaCl 溶液，若产生白色沉淀， ⑤. 2 2
【解析】
【小问1详解】
实验室用NaOH与NH Cl加热反应制取氨气，选装置A；氨气极易溶于水，用装置B中倒扣漏斗防倒
4
吸，将氨气溶于水制得氨水；C装置装有PO ，它是酸性干燥剂，会与碱性的氨气反应，不能用来干燥
2 5
·4·或处理氨气。D装置是分液漏斗萃取装置，与制备氨水无关，因此选AB。
【小问2详解】
在电解池中，阴极发生还原反应，阳离子移向阴极得电子，溶液中的铜离子在铁件表面得到电子析
出金属铜，制备铜氨溶液，以其为电解液在铁件表面镀铜，镀件(铁件)作电解池阴极，连接直流电源
的负极。
【小问3详解】
析出晶体后，过滤、洗涤、晾干得到产物；晶体X射线衍射的特征是出现明锐的衍射峰，以此区分非晶
体。
【小问4详解】
ⅰ ．铜氨配离子解离出NH ，NH 溶于水生成一水合氨，电离使溶液显碱性，方程式为NH +H O
3 3 3 2
⇌NH ⋅H O、NH ⋅H O⇌NH++OH-。
3 2 3 2 4
ⅳ．步骤(iv)是一个空白对照实验，目的是测定在步骤(ii)中加入的VmL稀氨水需要消耗多少硫
0
酸。这是一个用强酸滴定弱碱的过程，为了准确判断滴定终点，使用和滴定待测液相同浓度的
0.1mol/LH SO 溶液​。
2 4
⑤V是滴定V mL氨水所消耗的硫酸体积。V是滴定至第一个终点(沉淀完全)时消耗的硫酸总
1 0 2
体积。其中，与铜氨配合物反应(反应a)消耗的硫酸体积为V，与V mL氨水反应的硫酸体积为V。
a 0 1
因此，V= V -V。V是滴定至第二个终点(沉淀完全溶解)时消耗的硫酸总体积。从第一个终点
a 2 1 3
到第二个终点，消耗的硫酸用于溶解沉淀(反应b)，其体积为V b ，V b = V 3 -V 2 ，故V a :V b =V 2 -V 1  :
V 3 -V 2  。
⑥a．检验SO2-​，沉淀用盐酸溶解后，滴加BaCl 溶液，若产生白色沉淀，即可证明SO2-存在。
4 2 4
b．设n CuOH   2  =xmol，n Cu 2OH   2 SO 4  =ymol，根据Cu守恒得n(Cu)=x+2y  mol，反应
a将 CuNH 3   4  2+转化为沉淀，消耗nH+  =2x+2y  mol，反应b将沉淀转化为Cu2+，消耗nH+ 
=2x+2y 
2x+2y
mol，结合V:V=21:19，得 a b
 21 x 17 n CuOH
= ​，解得 = ​， 2x+2y 19 y 2
 
2

n Cu 2OH   2 SO 4 
17
= 。 2
18.【答案】(1)增大反应物接触面积
(2) Fe(或铁粉)
(3) ①. Fe2++2e-=Fe ②.
3 2.8×10-39
或 32×10-39
1.4
(4)先控制H O 浓度在x mol/L​，与HCl溶液浸出Ag后过滤除去，再控制H O 浓度在x mol/L​与
2 2 1 2 2 3
HCl溶液浸出Au，过滤
(5) 2AuCl 4  -+3HSO-+3H O=2Au↓+3SO2-+8Cl-+9H+ 3 2 4
(6)杂冠醚的空腔大小与Ag+的直径(大小)相匹配
(7) ①. GaN ②. A、B或C ③. C或A、B
【解析】
【分析】先通过盐酸+氧化剂体系，将硫化锑转化为可溶性配离子[SbCl ]-，过滤后滤泥含有Au、
4
Ag、SiO 、S等；滤液主要含[SbCl ]-，还会存在Fe3+、Mg2+等，再用铁粉还原沉锑得到单质锑，同时
2 4
也将Fe3+还原为Fe2+，滤液1含有Mg2+、Fe2+，通过电解实现沉锑试剂的回收循环，降低原料成本。
滤泥除硫后得到含金银粉体，通过控制H O ​浓度在酸性条件下实现金、银的选择性浸出，最后用亚
2 2
硫酸钠还原沉金得到单质金，回收的锑可进一步加工制备光电材料AlSb，实现副产物高值化利用。
【小问1详解】
固体研磨成粉，可增大反应物接触面积，加快反应浸取速率。
·5·【小问2详解】
沉锑过程中，Fe 将[SbCl ]-中+3价Sb还原为Sb单质，Fe 被氧化，作还原剂。
4
【小问3详解】
①电解回收沉锑试剂(铁粉)，阴极Fe2+得电子生成Fe 单质，故阴极反应为Fe2++2e-=Fe。
②阳极室要防止产生沉淀，由K sp 数据可知，FeOH  和MgOH 2  两种沉淀中，FeOH 2  先沉淀，但 2
考虑到阳极Fe2+失电子生成Fe3+，最终cFe3+  =1.4 mol/L，K sp FeOH   3  =cFe3+  ⋅
c3OH-  ，计算得不产生沉淀时cOH- 
3 2.8×10-39
≤ ​​，该值远小于FeOH
1.4
 沉淀的临界
2
cOH-  ，因此按K sp FeOH   3  ​计算。
【小问4详解】
由图可知，cH 2 O 2  在x 1 时Ag浸取率接近100%，Au浸取率很低，先过滤除去Ag；再将cH 2 O 2  调
至x ​，Au浸取率接近100%，可提高金的提取率和纯度。
3
【小问5详解】
Au从+3价降为0，2个Au共得6e-；HSO-​中S从+4 价升为+6价(生成SO2-​)，每个失2e-，因此
3 4
HSO- 3 ​系数为3，再结合原子守恒、电荷守恒配平可得方程式2AuCl 4  -+3HSO-+3H O=2Au↓ 3 2
+3SO2-+8Cl-+9H+。
4
【小问6详解】
超分子选择性识别的原理，除了配位作用，还需要空腔尺寸与离子大小匹配。
【小问7详解】
①离子键成分百分数随元素电负性差增大而增大，N电负性远大于Sb，Ga和Al电负性相近，因此
GaN中电负性差更大，离子键成分更大。
1 1
②AlSb为1:1型化合物，晶胞中：A(顶点)数目为8× =1，B(面心)数目为6× =3，A+B共4
8 2
个；C(晶胞内部)共4个，满足4:4=1:1。由此可知，顶点和面心是一种原子，晶胞内部是另一种原
子，因此Al和Sb分别占据顶点(A)+面心(B)和体内四面体空隙(C)；二者可互换顺序。
3 1
19.【答案】(1) (2) ΔH - ΔH
2 1 2 2
(3) ①. BC ②. 3.2
(4)> (5) ①. 0.82 ②. 由题图3可知，350K时α=0.00，温度不变K不变。p=100kPa
x⋅n(DH) x⋅n(DH) 0.25
时，β=0.25，结合题图2中信息，β= = =0.25，n(DH)= mol，则K=
n (D) 1mol x
0
0.25
x
0.25 1-
x

n(DH)
=1.0，解得x=0.5；p=64kPa时，K=
⋅1x 1-n(DH) 
=1.0，解得n(DH)=
⋅0.640.5
4
0.5×
4 9
mol，β= ≈0.22，故1molD最多可吸收0.22molHCl(g)
9 1
【解析】
【小问1详解】
S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期VIA族，所以其价层电子轨道表示式为
·6·；
【小问2详解】
3 1 3 1
根据盖斯定律，反应3= ×反应1- ×反应2，故ΔH = ΔH - ΔH ；
2 2 3 2 1 2 2
【小问3详解】
①A．题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着c 0HS-  的增大，Z的反应速率逐渐增
大，转化率也逐渐增大，A错误；
B．从实验Ⅰ到Ⅲ，随着c 0HS-  的增大，Z转化率逐渐增大，B正确；
C．温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大，故实验温度：Ⅱ>
Ⅳ，C正确；
D．Ⅱ和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，D错误；
故BC；
2.0-1.0 y-2.0 c -c
②已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故 = ，y-2.0= III II =1.2，则
c -c c -c c -c
II I III II II I
y=3.2。
【小问4详解】
S 2 Cl 2 在潮湿空气中水解的化学方程式为2S 2 Cl 2l  +2H 2 Ol  =SO 2g  +3Ss  +4HClg  ，该反应
为熵增反应，熵变>0。
【小问5详解】
①由题干可知，每摩尔D吸收HClg  的量为α+β。结合题图3可知，303 K、p=100kPa时，α=
0.15，β=0.86，α+β=0.15+0.86=1.01；350 K、p=40kPa时，α=0.00，β=0.19，α+β=0.19，
故达平衡后释放的HClg  为1.01-0.19  mol=0.82mol。
②1molD最多可吸收0.22 mol HCl(g)，计算过程见答案。
20.【答案】(1)碳碳三键
(2) ①. V形(角形) ②.
(3)6 (4)ACD
(5) ①. ②. 酮 ③. 卤代烃 ④. ⑤.
HCN ⑥.
【解析】
【小问1详解】
由化合物Ⅰ的结构可知，Ⅰ中苯环侧链上的官能团为碳碳三键；
【小问2详解】
6-2×1
①由分析知，X为H O分子，中心O原子上的价电子对数为2+ =4 ，为sp3杂化，含有2个
2 2
孤电子对，空间构型为Ⅴ形(角形)；
·7·②化合物Ⅰ和水加成，生成烯醇式中间体： ，该物质不稳定转化为化合物Ⅱ，故Ⅱ的结构
简式为： ；
【小问3详解】
Ⅲ( )的同分异构体中，苯环上连有一个烷基，能与FeCl 作用显色，则含有羟基，则苯环
3
上的含有1个烷基和酚羟基，-C H 的结构有正丙基(-CH CH CH )、异丙基(-CH(CH ) )，苯环上
3 7 2 2 3 3 2
由2个取代基时有邻、间、对三种情况，则符合条件的同分异构体共有2×3=6种；
【小问4详解】
A．Ⅰ中支链上含C≡C(C 为sp杂化)；Ⅱ中支链上含C=O(C 为sp2杂化)；Ⅲ中支链上全为单键
饱和碳(sp3杂化)，Ⅰ到Ⅲ过程中碳原子杂化类型发生sp→sp2→sp3的改变，A正确；
B．由分析知，Ⅰ→Ⅱ为加成反应，Ⅱ→Ⅲ为加成反应；Ⅲ→Ⅴ为Py-COOH发生酯化(取代)，全
程无消去反应，B错误；
C．ⅤⅡ的结构为 ，与浓硫酸共热发生醇消去可生成 或 ，其中
存在顺反异构体，C正确；
D．Ⅲ和ⅠⅤ(Py-COOH)酯化生成Ⅴ；Ⅴ光催化重排为ⅤⅠ；ⅤⅠ水解得到ⅤⅡ，同时重新生成
Py-COOH(ⅠⅤ)，ⅠⅤ可循环使用，D正确；
故选ACD；
【小问5详解】
①根据题意，Ⅲa可经上述羟基迁移路径合成化合物ⅤⅡa，结合Ⅲ a分子中不含手性碳原子可推出
Ⅲa的结构简式为 ；
②从Ⅲa可由环己酮( )与HCN发生加成反应获得， 可由环己醇( )发生氧化反应获
得，环己醇可由 发生水解反应获得， 可由环己烷与氯气在光照下发生取代反应获得，故合
成路线逆推为羟基腈⇒酮⇒醇⇒卤代烃⇒环烷烃；
③第一步为环己烷与氯气在光照下发生取代反应，化学方程式为 ；
第四步为酮羰基与HCN发生加成反应，故所需无机试剂为HCN；
④1mol 可与2molH 发生加成反应，其产物的结构简式为 。
2
·8·