《2026年新高考5年真题化学河北专版》

6.下列说法正确的是 (A)

A.CH4的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体
B.若AB2型分子的空间构型相同,其中心原子的杂化方式也相同
C.干冰和冰的结构表明范德华力和氢键通常都具有方向性
D.CO2和CC14都是既含σ键又含π键的非极性分子

答案： 6. 参考答案 A
命题意图 本题考查物质的结构与性质，涉及价层电子对互斥模型和空间构型的判断、原子的杂化方式、范德华力和氢键、$\sigma$键与$\pi$键、分子极性的判断等，体现了“宏观辨识与微观探析”化学学科核心素养。
解题思路 甲烷分子中$ C$原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，甲烷的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体，A项正确。$ AB_2$型分子，如$ SO_2$和$ SCl_2$，分子均为V形，但是$ SO_2$中$ S$原子采取$ sp^2$杂化，$ SCl_2$分子中$ S$原子采取$ sp^3$杂化，B项错误。干冰为分子晶体，分子间存在范德华力，不具有方向性。冰的结构中含有氢键，具有方向性，C项错误。$ CO_2$分子中含有$\sigma$键和$\pi$键，但是$ CCl_4$分子中只含有$\sigma$键，没有$\pi$键，D项错误。

7.物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是 (C)

选项 实例 解释

A 用He替代H2填充探空气球更安全 He的电子构型稳定,不易得失电子
B BF3与NH形成加合物[HN→BF3] BF3中的B有空轨道接受NH中N的孤电子对
C 碱金属中Li的熔点最高 碱金属中Li的价电子数最少,金属键最强
D 不存在稳定的NF5分子 N原子价层只有4个原子轨道，不能形成5个N一F键

答案： 7. 参考答案 C
命题意图 本题考查物质的结构与性质，意在考查考生的理解分析能力，体现了“宏观辨识与微观探析”化学学科核心素养。
解题思路 氦气是一种惰性气体，不易燃烧或爆炸，因此使用电子构型稳定，不易得失电子的$ He$填充探空气球更加安全可靠，而氢气具有可燃性，使用氢气填充探空气球存在一定的安全隐患，A项正确。三氟化硼分子中硼原子具有空轨道，能与氨分子中具有孤电子对的氮原子形成配位键，所以三氟化硼能与氨分子形成加合物$[ H_3 N\rightarrow BF_3]$，B项正确。金属键的强弱取决于价电子数和原子半径。碱金属元素的价电子数相等，$ Li$的原子半径在碱金属中最小，形成的金属键最强，所以碱金属中锂的熔点最高，C项错误。$ N$原子的价层只有4个原子轨道，只能形成4条共价键，由共价键的饱和性可知，氮原子不能形成5个$ N—F$键，所以不存在稳定的$ NF_5$分子，D项正确。

8.如图所示化合物是制备某些药物的中间体,其中W、X、Y、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次
增大,分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，Z原子的电子数是Q的一半。下列说法正确的是 (A)

A.简单氢化物的稳定性:Z＞Q
B.第一电离能:X＞Y


C.基态原子的未成对电子数:X＞Q
D.原子半径:Z＜W

答案： 8. 参考答案 A
命题意图 本题考查元素推断，涉及简单氢化物的稳定性、第一电离能、基态原子的未成对电子数、原子半径等知识，体现了“证据推理与模型认知”化学学科核心素养。
解题思路 分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型。根据成键规则可推出Z、Q为同一主族，Z原子的电子数是Q的一半，则Z为$ O$元素，Q为$ S$元素。由短周期元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大可推知，W为$ H$元素，X为$ C$元素，Y为$ N$元素。简单氢化物的稳定性取决于元素的非金属性，非金属性$ O＞ S$，故简单氢化物的稳定性$ H_2 O＞ H_2 S$，A项正确。同一周期从左到右，元素第一电离能呈增大趋势（第ⅡA族和第ⅤA族反常），第一电离能$ C＜ N$，B项错误。基态$ C$原子的价层电子排布图为$\begin{array}{c}2s\\\downarrow\uparrow\end{array}\ \begin{array}{c}2p\\\uparrow\ \uparrow\ \ \end{array}$，未成对电子数为2，基态$ S$原子的价层电子排布图为$\begin{array}{c}3s\\\downarrow\uparrow\end{array}\ \begin{array}{c}3p\\\downarrow\uparrow\ \uparrow\ \uparrow\end{array}$，未成对电子数为2，C项错误。氢原子是元素周期表主族元素中半径最小的，原子半径$ O＞ H$，D项错误。

9.由下列实验操作及现象，不能得出相应结论的是 (C)

选项 实验操作及现象 结论

A Cl2通人淀粉−KI溶液中,溶液变蓝 氧化性:Cl2＞I2
B CO2通人苯酚钠溶液中，溶液变浑浊 酸性:碳酸＞苯酚
C SO2通入品红溶液中,溶液褪色 SO2具有氧化性
D NH3通人滴有酚酞溶液的水中,溶液变红 氨水显碱性

答案： 9. 参考答案 C
命题意图 本题考查实验操作、现象及结论，涉及$ Cl_2$、$ CO_2$、$ SO_2$、$ NH_3$的性质检验，意在考查考生“科学探究与创新意识”化学学科核心素养。
解题思路 $ Cl_2$和$ KI$发生反应$ Cl_2+2 KI= I_2+2 KCl$，淀粉遇碘单质变蓝色，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，氧化性$ Cl_2＞ I_2$，A项正确。常温下，苯酚在水中的溶解度很小，将$ CO_2$通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，说明有苯酚生成，由强酸制弱酸原理可知，酸性碳酸＞苯酚，B项正确。$ SO_2$通入品红溶液中，$ SO_2$与品红溶液反应生成不稳定的无色物质，使品红溶液褪色，体现$ SO_2$的漂白性，C项错误。$ NH_3$与水反应$ NH_3+ H_2 O\rightleftharpoons NH_3· H_2 O$，$ NH_3· H_2 O$电离出$ OH^-$，使酚酞变红，氨水显碱性，D项正确。

10.一种以锰尘(主要成分为Mn304,杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯MnC03的清洁
生产新工艺流程如图:

已知:室温下相关物质的K如表。

下列说法错误的是 (C)

A.酸浸工序中产生的气体①为氯气
B.滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3
C.除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时,若Ca2+、Mg2+浓度接近,则CaF2先析出
D.沉淀工序中发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3−MnCO↓+CO2↑+H20

答案：
10. 参考答案 C
命题意图 本题以制备高纯$ MnCO_3$的清洁生产新工艺流程为载体，涉及了沉淀溶解平衡等知识，考查了考生的流程推理能力与灵活应用能力，体现了“科学态度与社会责任”化学学科核心素养。
解题思路
$ Mn_3 O_4$中含有+4价$ Mn$，与浓盐酸反应生成氯气，其余的金属氧化物均反应生成可溶氯化物，即气体①为氯气，A项正确。加入氨水调节pH为5~6，结合题目所给$K_{ sp}$可以计算$ Fe^{3+}$、$ Al^{3+}$可转化为$ Fe(OH)_3$、$ Al(OH)_3$沉淀除去，B项正确。除杂②加入$ NaF$溶液可以除去$ Ca^{2+}$和$ Mg^{2+}$，由于$ MgF_2$和$ CaF_2$结构相似，$K_{ sp}$大小为$ MgF_2＜ CaF_2$，所以$ Ca^{2+}$、$ Mg^{2+}$浓度接近时$ Mg^{2+}$先沉淀，C项错误。沉淀工序中，加入$ NH_4 HCO_3$溶液，$ Mn^{2+}$结合$ HCO_3^-$电离出的$ CO_3^{2-}$转化为$ MnCO_3$，剩余的$ H^+$与$ HCO_3^-$反应生成$ CO_2$和$ H_2 O$，故发生反应$ Mn^{2+}+2 HCO_3^-= MnCO_3\downarrow+ CO_2\uparrow+ H_2 O$，D项正确。