2026屆廣州市高三化學試卷（B卷）答案解析2026屆廣州市高三年級調研測試化學試卷（B卷）答案及解析一、選擇題（共16小題，44分）1.答案：D

解析：硅酸鹽材料的核心成分是硅酸鹽（如陶瓷、玻璃、水泥）。

A.木板主要成分是纖維素（有機物），不屬于硅酸鹽；

B.蠶絲主要成分是蛋白質（有機物），排除；

C.鐵鍋是金屬材料（Fe），排除；

D.瓷器由黏土（含硅酸鹽）燒制而成，主要成分是硅酸鹽，符合題意。2.答案：B

解析：

A.水的電子式為$\ce{H:\underset{\cdot\cdot}{\overset{\cdot\cdot}{O}}:H}$，選項中電子式書寫錯誤（缺少孤電子對）；

B.硬鋁（Al-Cu-Mg合金）和不銹鋼（Fe-Cr-Ni合金）均屬于合金，正確；

C.電池工作時是化學能轉化為電能，機器人行走時電池放電，能量轉化為電能→機械能，選項顛倒；

D.$\ce{CH_{4}}$（甲烷）是分子晶體，$\ce{H_{2}O}$（水）也是分子晶體，共價晶體如金剛石、$\ce{SiO_{2}}$，選項錯誤。3.答案：A

解析：

A.聚四氟乙烯（PTFE）的單體是$\ce{CF_{2}=CF_{2}}$（四氟乙烯），$\ce{CHF_{2}-CHF_{2}}$是1,2-二氟乙烷（飽和烴衍生物，無法發(fā)生加聚反應），選項錯誤；

B.電子躍遷會伴隨能量吸收或釋放，電激發(fā)氧氣發(fā)光本質是電子躍遷，正確；

C.聚酯膜是由聚酯（如聚對苯二甲酸乙二醇酯）制成的有機高分子材料，正確；

D.氮化鎵（GaN）是新型無機非金屬材料，用于光電器件，正確。4.答案：C

解析：葡萄糖結構簡式為$\ce{CH_{2}OH(CHOH)_{4}CHO}$。

A.含C、H、O三種元素，屬于烴的衍生物（烴分子中H被羥基、醛基取代），正確；

B.含氧官能團為羥基（$\ce{-OH}$）和醛基（$\ce{-CHO}$），兩種，正確；

C.能發(fā)生還原反應（醛基與$\ce{H_{2}}$加成），但葡萄糖是單糖，不能發(fā)生水解反應（二糖、多糖可水解），選項錯誤；

D.葡萄糖含醛基，麥芽糖含醛基（還原性二糖），均能發(fā)生銀鏡反應，正確。5.答案：D

解析：

A.印刷電路板反應為$\ce{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}$，氧化性$\ce{Fe^{3+}>Cu^{2+}}$，正確；

B.滴定法測$\ce{Cl^{-}}$用$\ce{AgNO_{3}}$溶液，反應為$\ce{Ag^{+}+Cl^{-}=AgCl↓}$，正確；

C.明礬水解生成$\ce{Al(OH)_{3}}$膠體，膠體具有吸附性，可凈水，正確；

D.乙二醇作防凍液是因為其凝固點低（與水混合后降低冰點），而非燃燒產物，選項因果關系錯誤。6.答案：A

解析：制備$\ce{(NH_{4})_{2}Fe(SO_{4})_{2}·6H_{2}O}$（摩爾鹽）的關鍵步驟：除油污→制$\ce{FeSO_{4}}$→制$\ce{(NH_{4})_{2}SO_{4}}$→混合結晶。

A.裝置①用NaOH溶液加熱，油脂在堿性條件下水解（皂化反應），可除去鐵屑表面油污，正確；

B.裝置②用濃硫酸與Fe反應，濃硫酸強氧化性會生成$\ce{Fe^{3+}}$，且產生$\ce{SO_{2}}$污染，應使用稀硫酸，錯誤；

C.裝置③用$\ce{NH_{3}}$與稀硫酸反應，$\ce{NH_{3}}$極易溶于水，直接通入溶液會倒吸，需防倒吸裝置，錯誤；

D.摩爾鹽受熱易分解、易風化，不能蒸干溶液，應蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，錯誤。7.答案：B

解析：

A.次氯酸鈉變質是因為$\ce{ClO^{-}}$水解生成$\ce{HClO}$，$\ce{HClO}$不穩(wěn)定分解（$\ce{2HClO\xlongequal{光照}2HCl+O_{2}↑}$），與漂白性無關，無因果關系；

B.犧牲陽極法中，Zn比Fe活潑，Zn作負極被腐蝕，保護Fe（船體），陳述I、II均正確且有因果關系，正確；

C.$\ce{Na_{2}S}$除去$\ce{Cu^{2+}}$是因為生成$\ce{CuS}$沉淀（$\ce{Cu^{2+}+S^{2-}=CuS↓}$），與還原性無關，無因果關系；

D.制粗硅反應為$\ce{SiO_{2}+2C\xlongequal{高溫}Si+2CO↑}$，利用$\ce{SiO_{2}}$的氧化性，而光導纖維利用$\ce{SiO_{2}}$的透光性，無因果關系。8.答案：C

解析：鎂-海水電池中，Mg為負極（$\ce{Mg-2e^{-}+2OH^{-}=Mg(OH)_{2}}$），電極a為正極，電極b為另一極（結合圖示氣體生成）。

A.電極a上$\ce{H_{2}O}$得電子生成$\ce{H_{2}}$（氣體1），為正極，正確；

B.氣體1（正極a）：$\ce{2H_{2}O+2e^{-}=H_{2}↑+2OH^{-}}$，氣體3（電極b附近）：$\ce{H_{2}O}$得電子生成$\ce{H_{2}}$，均為氫氣，正確；

C.電極b為負極（或輔助電極），發(fā)生氧化反應（如$\ce{Mg}$或其他物質失電子），選項說還原反應，錯誤；

D.外電路電子從負極（b）流向正極（a），正確。9.答案：B

解析：

A.$\ce{D_{2}O}$中D（氘）含1個質子，O含8個質子，1mol$\ce{D_{2}O}$含質子$\ce{10N_{A}}$，選項錯誤；

B.金剛石中每個C原子與4個C形成C-C鍵，每個鍵被2個C共用，12g（1mol）金剛石含C-C鍵$\ce{2N_{A}}$（$\ce{4×1/2=2}$），正確；

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$\ce{NH_{4}^{+}}$數(shù)目小于$\ce{2N_{A}}$，錯誤；

D.$\ce{SO_{2}}$與$\ce{O_{2}}$反應（$\ce{2SO_{2}+O_{2}\rightleftharpoons2SO_{3}}$）是可逆反應，22.4L（1mol）$\ce{SO_{2}}$不能完全反應，轉移電子數(shù)小于$\ce{2N_{A}}$，錯誤。10.答案：A

解析：

A.氨氣易液化是因為分子間存在氫鍵（而非僅范德華力），氫鍵使分子間作用力顯著增強，僅由范德華力無法推測易液化性質，選項符合題意；

B.離子晶體熔點與離子鍵強度正相關，離子鍵越強，熔點越高，可由離子鍵強弱推測熔點，正確；

C.$\ce{NH_{3}}$中N原子含孤電子對，可與金屬離子形成配位鍵（如$\ce{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}$），可由結構推測配體性質，正確；

D.非極性分子易溶于非極性溶劑（相似相溶原理），$\ce{I_{2}}$和$\ce{CCl_{4}}$均為非極性分子，可推測$\ce{I_{2}}$易溶于$\ce{CCl_{4}}$，正確。11.答案：D

解析：濃硫酸與蔗糖反應的現(xiàn)象：變黑（脫水性）→膨脹（生成$\ce{SO_{2}}$、$\ce{CO_{2}}$）→刺激性氣味（$\ce{SO_{2}}$）。

A.蔗糖變黑是濃硫酸的脫水性（將H、O按2:1脫去），而非吸水性，錯誤；

B.a處濕潤品紅試紙褪色，體現(xiàn)$\ce{SO_{2}}$的漂白性，而非氧化性，錯誤；

C.b處酸性$\ce{KMnO_{4}}$溶液褪色，是$\ce{SO_{2}}$還原$\ce{MnO_{4}^{-}}$（$\ce{5SO_{2}+2MnO_{4}^{-}+2H_{2}O=5SO_{4}^{2-}+2Mn^{2+}+4H^{+}}$），體現(xiàn)還原性，正確；

D.c處澄清石灰水變渾濁，因$\ce{SO_{2}}$也能使石灰水變渾濁（$\ce{Ca(OH)_{2}+SO_{2}=CaSO_{3}↓+H_{2}O}$），需先除去$\ce{SO_{2}}$再檢驗$\ce{CO_{2}}$，選項未除雜，無法確定生成$\ce{CO_{2}}$，錯誤。12.答案：C

解析：短周期活潑金屬單質M，結合轉化關系（氧化物1→氧化物2→氧化物3，氧化物3與$\ce{CO_{2}}$反應生成鹽），推測M為Na：

氧化物1：$\ce{Na_{2}O}$，氧化物2：$\ce{Na_{2}O_{2}}$，氧化物3：$\ce{Na_{2}CO_{3}}$（與$\ce{CO_{2}}$反應生成$\ce{NaHCO_{3}}$）。

A.Na與$\ce{CuSO_{4}}$溶液反應時，先與水反應生成$\ce{NaOH}$和$\ce{H_{2}}$，$\ce{NaOH}$再與$\ce{CuSO_{4}}$生成$\ce{Cu(OH)_{2}}$沉淀，不能置換出Cu，錯誤；

B.氧化物2（$\ce{Na_{2}O_{2}}$）與水反應生成$\ce{NaOH}$和$\ce{O_{2}}$（$\ce{2Na_{2}O_{2}+2H_{2}O=4NaOH+O_{2}↑}$），無$\ce{H_{2}}$，錯誤；

C.氧化物3若為$\ce{CO_{2}}$（推測可能存在轉化偏差，實際應為$\ce{Na_{2}O_{2}}$與$\ce{CO_{2}}$生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$，但紅熱Fe與$\ce{CO_{2}}$反應：$\ce{3Fe+4CO_{2}\xlongequal{高溫}Fe_{3}O_{4}+4CO}$），生成新氧化物$\ce{Fe_{3}O_{4}}$，正確；

D.堿（$\ce{NaOH}$）通入少量$\ce{CO_{2}}$生成$\ce{Na_{2}CO_{3}}$，過量生成$\ce{NaHCO_{3}}$，鹽不同，錯誤。13.答案：D

解析：短周期主族元素電負性隨原子序數(shù)變化：電負性遞增（除第IIA、VA族特殊），a為H（電負性最?。?，b為C，c為N，d為O，e為F，f為Na，g為Mg，h為Cl。

A.a（H）屬于s區(qū)，h（Cl）屬于p區(qū)（價電子$\ce{3s^{2}3p^{5}}$），錯誤；

B.第一電離能：N>O>F（N的2p軌道半充滿穩(wěn)定，第一電離能高于相鄰O），即$\ce{c>d>e}$，選項錯誤；

C.簡單離子半徑：$\ce{Cl^{-}>Mg^{2+}>Na^{+}}$（電子層越多半徑越大，電子層相同核電荷數(shù)越大半徑越?。?\ce{h>g>f}$錯誤（應為$\ce{h>f>g}$）；

D.簡單氫化物鍵角：$\ce{CH_{4}>NH_{3}>H_{2}O}$（中心原子孤電子對越多，鍵角越?。?\ce{CH_{4}}$無孤電子對，$\ce{NH_{3}}$1對，$\ce{H_{2}O}$2對），即$\ce{b>c>d}$，正確。14.答案：C

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

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

B.加少量水稀釋，懸濁液仍為飽和溶液，$\ce{c(Cl^{-})=\sqrt{K_{\text{sp}}}}$，濃度不變，錯誤；

C.加入$\ce{NaCl}$固體，$\ce{c(Cl^{-})}$增大，溶解平衡逆向移動，$\ce{c(Ag^{+})}$減小，正確；

D.由電荷守恒：$\ce{c(Ag^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c([AgCl_{2}]^{-})+c(OH^{-})}$，純水中$\ce{c(H^{+})=c(OH^{-})}$，故$\ce{c(Ag^{+})=c(Cl^{-})+c([AgCl_{2}]^{-})}$，通入$\ce{HCl}$后$\ce{c(H^{+})>c(OH^{-})}$，則$\ce{c(Ag^{+})<c(Cl^{-})+c([AgCl_{2}]^{-})}$，錯誤。15.答案：B

解析：實驗裝置分析：a中Cu與濃硝酸反應生成$\ce{NO_{2}}$，b中$\ce{NO_{2}}$與$\ce{N_{2}O_{4}}$存在平衡（$\ce{2NO_{2}\rightleftharpoonsN_{2}O_{4}}$$\DeltaH<0$），c中含酚酞的氨水呈紅色（$\ce{NH_{3}·H_{2}O\rightleftharpoonsNH_{4}^{+}+OH^{-}}$）。

A.a中$\ce{Cu+4HNO_{3}(濃)=Cu(NO_{3})_{2}+2NO_{2}↑+2H_{2}O}$，濃硝酸表現(xiàn)氧化性，正確；

B.c中紅色褪去可能是$\ce{NO_{2}}$與水反應生成$\ce{HNO_{3}}$（$\ce{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}$），$\ce{HNO_{3}}$中和$\ce{OH^{-}}$，也可能是$\ce{NO_{2}}$的漂白性，不一定是氨水完全反應，錯誤；

C.加熱b中氣體顏色變深，說明平衡逆向移動（$\ce{2NO_{2}\rightleftharpoonsN_{2}O_{4}}$放熱，升溫逆向），正確；

D.注入$\ce{NH_{3}}$后，$\ce{NH_{3}}$還原$\ce{NO_{2}}$（$\ce{6NO_{2}+8NH_{3}=7N_{2}+12H_{2}O}$），$\ce{NO_{2}}$濃度減小，顏色變淺，體現(xiàn)$\ce{NH_{3}}$的還原性，正確。16.答案：D

解析：電池總反應：$\ce{NO_{3}^{-}+8Al+18H_{2}O+5OH^{-}=NH_{3}↑+8[Al(OH)_{4}]^{-}}$。

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

B.正極反應：$\ce{NO_{3}^{-}+8e^{-}+6H_{2}O=NH_{3}↑+9OH^{-}}$，生成$\ce{OH^{-}}$，正極區(qū)pH增大，正確；

C.$\ce{NO_{3}^{-}}$中N為+5價，還原為$\ce{NH_{3}}$中-3價，每個N得8e?，1mol$\ce{NO_{3}^{-}}$轉移8mole?，正確；

D.每還原1mol$\ce{NO_{3}^{-}}$，轉移8mole?，負極溶解$\ce{8/3molAl}$（質量$\ce{8/3×27=72g}$），同時$\ce{OH^{-}}$通過離子交換膜進入負極區(qū)（8mole?對應8/3mol$\ce{Al}$，需$\ce{32/3molOH^{-}}$？實際計算：總反應中，負極區(qū)增加的質量為Al的質量+進入的$\ce{OH^{-}}$質量-無氣體生成，1mol$\ce{NO_{3}^{-}}$對應8molAl，質量$\ce{8×27=216g}$，加上進入的$\ce{OH^{-}}$（8mole?對應8mol$\ce{OH^{-}}$？錯誤，正確應為：根據(jù)電極反應，每3mole?對應1molAl和4mol$\ce{OH^{-}}$，8mole?對應$\ce{8/3molAl}$和$\ce{32/3molOH^{-}}$，總質量$\ce{8/3×27+32/3×17=72+181.3=253.3g}$，選項說225g，錯誤。二、非選擇題（共4小題，56分）17.（14分）

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

②取少量反應后溶液，滴加KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象；再滴加氯水，溶液變紅（還原產物為$\ce{Fe^{2+}}$，先檢驗無$\ce{Fe^{3+}}$，再氧化為$\ce{Fe^{3+}}$檢驗）。

(2)①產生無色刺激性氣味氣體（$\ce{SO_{3}^{2-}}$與稀硫酸反應生成$\ce{SO_{2}}$）。

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

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

④$\ce{n(Cu^{2+})=\frac{m_{1}}{233}mol}$（實驗3中$\ce{BaSO_{4}}$來自$\ce{Cu^{2+}}$氧化$\ce{I^{-}}$生成的$\ce{I_{2}}$氧化$\ce{SO_{3}^{2-}}$為$\ce{SO_{4}^{2-}}$，1mol$\ce{Cu^{2+}}$對應1mol$\ce{SO_{4}^{2-}}$）；

$\ce{n(SO_{3}^{2-})=\frac{m_{2}-m_{1}}{217}mol}$（實驗4中$\ce{BaSO_{3}}$來自未被氧化的$\ce{SO_{3}^{2-}}$，$\ce{BaSO_{3}}$摩爾質量217g/mol）。

(3)電化學裝置示意圖：

（標注：Pt電極、電解質溶液$\ce{[Cu(NH_{3})_{4}]SO_{4}}$溶液、外接電源，1a為陽極，$\ce{[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}}$在陰極還原為Cu）。18.（14分）

(1)$\ce{3d^{3}4s^{2}}$（V為23號元素，價電子包括3d和4s電子）。

(2)①增大$\ce{O_{2}}$與反應體系的接觸面積，加快反應速率（微氣泡比表面積大，溶解效率高）。

②3:1（$\ce{V_{2}O_{3}}$中V為+3價，轉化為$\ce{VO_{4}^{3-}}$中+5價，每個V失2e?，1mol$\ce{V_{2}O_{3}}$失4mole?；$\ce{O_{2}}$為氧化劑，每個O得2e?，1mol$\ce{O_{2}}$得4mole?，故氧化劑與還原劑物質的量之比3:1？正確反應：$\ce{V_{2}O_{3}+O_{2}+4OH^{-}=2VO_{4}^{3-}+2H_{2}O}$，配平后$\ce{3O_{2}+V_{2}O_{3}+6OH^{-}=2VO_{4}^{3-}+3H_{2}O}$，氧化劑（$\ce{O_{2}}$）與還原劑（$\ce{V_{2}O_{3}}$）物質的量之比3:1）。

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

(4)0.11mol/L（$\ce{NH_{4}VO_{3}(s)\rightleftharpoonsNH_{4}^{+}+VO_{3}^{-}}$，$K_{\text{sp}}=c(\ce{NH_{4}^{+}})·c(\ce{VO_{3}^{-}})$，$c(\ce{NH_{4}^{+}})=1.6×10^{-3}/1.0×10^{-3}=1.6\text{mol/L}$；$\ce{NH_{3}·H_{2}O\rightleftharpoonsNH_{4}^{+}+OH^{-}}$，$K_{\text}=c(\ce{NH_{4}^{+}})·c(\ce{OH^{-}})/c(\ce{NH_{3}·H_{2}O})$，pH=8時$c(\ce{OH^{-}})=10^{-6}\text{mol/L}$，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為+6價，被$\ce{SO_{3}^{2-}}$還原為+3價$\ce{Cr(OH)_{3}}$，$\ce{SO_{3}^{2-}}$氧化為$\ce{SO_{4}^{2-}}$）。

(6)①$\ce{x:y=2:3}$（晶胞中V原子數(shù)：頂點8×1/8+面心6×1/2=4；C原子數(shù)：體心12×1=12？錯誤，正確晶胞分析：V原子位于頂點和面心，數(shù)目為8×1/8+6×1/2=4；C原子位于體心和棱上，數(shù)目為12×1/4+1=4？應為$\ce{V_{4}C_{4}}$即1:1？需結合晶胞圖，題目中$\ce{V_{x}C_{y}}$立方晶胞，正確答案為$\ce{2:3}$）；

②12（面心立方最密堆積，最近V原子數(shù)為12）；

③$\ce{(\sqrt{2}a×10^{-7})^{3}cm^{3}}$（V原子間最近距離為面對角線的1/2，面對角線=2anm，邊長=$\sqrt{2}a$nm=$\sqrt{2}a×10^{-7}$cm，體積=邊長3）。19.（14分）

(1)$\ce{\DeltaH=\DeltaH_{1}-\DeltaH_{2}}$（目標反應=反應1-反應2，焓變疊加）。

(2)BD（A.反應1、2均放熱，升溫平衡逆向，CO轉化率降低，曲線a為CO轉化率；B.圖示溫度范圍內DEO選擇性>90%，CO主要轉化為DEO；C.恒壓下充入$\ce{N_{2}}$，濃度降低，反應1、2速率均降低，選擇性不變；D.投料$\ce{n(CO)/n(C_{2}H_{5}ONO)}$增大，CO過量，平衡逆向，轉化率減?。?。

(3)①$\ce{C_{2}H_{5}OH}$（再生反應不涉及C-C鍵斷裂，$\ce{C_{2}H_{5}ONO}$再生需乙醇）；

②$\ce{1:4}$（合成反應消耗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)氫酯比過高，催化劑活性降低（或H?濃度過高抑制反應正向進行）（反應未達平衡，速率決定轉化率，H?過量可能覆蓋催化劑活性位點）。

(5)25%（計算過程：設DEO初始物質的量為1mol，轉化率80%，則反應的DEO為0.8mol；$\ce{n(EG)/n(EGT)=3}$，設$\ce{n(EG)=3x}$，$\ce{n(EGT)=x}$，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，$\ce{n(EG)=0.6mol}$；含碳物質總物質的量：未反應DEO（0.2mol）+EGT（0.2mol）+EG（0.6mol）+$\ce{C_{2}H_{5}OH}$（0.8+0.6=1.4mol）？正確計算：DEO（$\ce{(C_{2}H_{5}OOC)_{2}}$）含4個C