《2026年新高考5年真题化学河北专版》

7. [2024·安徽卷,6T,3分]$ N_{A} $ 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (A)

A.标准状况下,2.24 L X 和 Y 混合气体中氧原子数为 $ 0.1N_{A} $
B.1 L 0.1 mol·L⁻¹ $ NaNO_{2} $ 溶液中 $ Na^{+} $ 和 $ NO_{2}^{-} $ 数均为 $ 0.1N_{A} $
C.3.3 g $ NH_{2}OH $ 完全转化为 $ NO_{2}^{-} $ 时,转移的电子数为 $ 0.6N_{A} $
D.2.8 g $ N_{2} $ 中含有的价电子总数为 $ 0.6N_{A} $

答案： 7. 参考答案 A
命题意图 本题考查阿伏加德罗常数，涉及微粒数目、氧化还原反应等知识，体现了“宏观辨识与微观探析”化学学科核心素养。
解题思路 ${NO^{-}_{2}}$在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，X在X还原酶的作用下转化为Y，X、Y均为氮氧化物，即X为${NO}$，Y为${N_{2}O}$。标准状况下，2.24 L ${NO}$和${N_{2}O}$混合气体物质的量为0.1 mol，氧原子数为$0.1N_{ A}$，A项正确。${NO^{-}_{2}}$在水溶液中会发生水解，1 L $0.1\ mol· L^{-1}$ ${NaNO_{2}}$溶液中${NO^{-}_{2}}$数小于$0.1N_{ A}$，B项错误。${NH_{2}OH}$完全转化为${NO^{-}_{2}}$时，N元素的化合价由-1升高到+3，3.3 g ${NH_{2}OH}$物质的量为0.1 mol，转移的电子数为$0.4N_{ A}$，C项错误。2.8 g ${N_{2}}$物质的量为0.1 mol，N的价电子数为5，则2.8 g ${N_{2}}$中含有的价电子总数为$N_{ A}$，D项错误。

8. [2024·江西卷,7T,3分]我国学者把游离态氮固定在碳上(示踪反应如下),制得的$ [N\xlongequal{}C\xlongequal{}N]^{2-} $离子可用于合成核酸的结构单元。阿伏加德罗常数的值为 $ N_{A} $,下列说法正确的是 (D)
$ ^{15}N_{2}+C_{(石墨)}+2LiH\xrightarrow{20atm,550^{\circ}C,5h}Li_{2}[^{15}NC^{15}N]+H_{2} $

A.22.4 L $ ^{15}N_{2} $ 含有的中子数为 $ 16N_{A} $
B.12 g $ C_{(石墨)} $ 中 $ sp^{2} $ 杂化轨道含有的电子数为 $ 6N_{A} $
C.1 mol $ [N\xlongequal{}C\xlongequal{}N]^{2-} $ 中含有的 $ \pi $ 键数为 $ 4N_{A} $
D.生成 1 mol $ H_{2} $ 时,总反应转移的电子数为 $ 6N_{A} $

答案： 8. 参考答案 D
命题意图 本题以把游离态氮固定在碳上的反应为素材，考查阿伏加德罗常数，涉及微粒数目、化学键、氧化还原反应等知识，体现了“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”化学学科核心素养。
解题思路 气体所处的温度压强未知，不能计算22.4 L ${^{15}N_{2}}$的物质的量，A项错误。12 g ${C_{(石墨)}}$物质的量为$\dfrac{12\ g}{12\ g· mol^{-1}} = 1\ mol$，每个C原子均采取$ sp^{2}$杂化，形成的3个$ sp^{2}$杂化中各有1个电子，$ sp^{2}$杂化轨道含有的电子数为$3N_{ A}$，B项错误。双键中含1个$\sigma$键和1个$\pi$键，1 mol ${[N=C=N]^{2-}}$中含有的$\pi$键数为$2N_{ A}$，C项错误。根据${^{15}N_{2} + C_{(石墨)} + 2LiH\xlongequal[5\ h]{20\ atm,550\ ^{\circ} C} Li_{2}[^{15} NC^{15} N] + H_{2}}$（反应中电子转移情况：${^{15}N_{2}}$得$2 × 3 e^{-}$，${LiH}$失$2 × 1 e^{-}$，${C_{(石墨)}}$失$1 × 4 e^{-}$）可知，${H_{2}\sim 6e^{-}}$，则生成1 mol ${H_{2}}$时，总反应转移的电子数为$6N_{ A}$，D项正确。

9. [2024·福建卷,6T,4分]我国科学家预测了稳定的氮单质分子 $ N_{8} $(结构如图)。设 $ N_{A} $ 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 (B)


A.1.0 mol $ N_{8} $ 的 $ \sigma $ 键电子数为 $ 16N_{A} $
B.1.0 mol $ N_{8} $ 的(价层)孤电子对数为 $ 7N_{A} $
C.1.0 mol $ N_{8} $ 的 $ sp^{2} $ 杂化 N 原子数为 $ 6N_{A} $
D.112.0 g $ N_{8} $ 完全分解,产生的 $ N_{2} $ 分子数为 $ 4N_{A} $

答案：
9. 参考答案 B
命题意图 本题以我国科学家预测的稳定氮单质分子${N_{8}}$的结构为情境，侧重考查考生的理解与辨析能力、分析与推理能力，体现了“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。
解题思路 如图 ，根据${N_{8}}$分子中所有原子共平面，可以判断1~6号N原子为$ sp^{2}$杂化，7~8号N原子为$ sp$杂化。每2个邻接N原子间有1个$\sigma$键，共有8个$\sigma$键，则1.0 mol ${N_{8}}$的$\sigma$键电子数为$16N_{ A}$，A项正确。1号N原子未参与杂化的p轨道中的1对电子参与形成大$\pi$键，7号N原子的1对电子参与形成大$\pi$键，2、3、4、5、6、8号N原子的价层各有一个孤电子对，即单个分子共有6个孤电子对，B项错误。1~6号6个N原子均为$ sp^{2}$杂化，C项正确。${N_{8}}$完全分解的化学方程式为${N_{8} = 4N_{2}}$，112.0 g ${N_{8}}$的物质的量为1 mol，完全分解生成4 mol ${N_{2}}$，D项正确。

10. [2024·广西卷,12T,3分]实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。$ N_{A} $ 为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 (B)


A.“反应 1”中,每消耗 0.1 mol $ NH_{4}Cl $,在 $ 25^{\circ}C $、101 kPa 下得到 2.24 L $ NH_{3} $
B.“反应 2”中,每生成 0.1 mol NO,转移电子数为 $ 0.5N_{A} $
C.在密闭容器中进行“反应 3”,0.1 mol NO 充分反应后体系中有 $ 0.1N_{A} $ 个 $ NO_{2} $
D.“反应 4”中,为使 0.1 mol $ NO_{2} $ 完全转化成 $ HNO_{3} $,至少需要 $ 0.02N_{A} $ 个 $ O_{2} $

答案： 10. 参考答案 B
命题意图 本题以含氮化合物的转化为情境，考查阿伏加德罗常数相关知识，体现了“宏观辨识与微观探析”等化学学科核心素养。
解题思路 “反应1”为实验室制备氨气的反应，化学方程式为${2NH_{4}Cl + Ca(OH)_{2}\xlongequal{\Delta} 2NH_{3}\uparrow + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$，“反应2”是氨气的催化氧化，化学方程式为${4NH_{3} + 5O_{2}\xlongequal[\Delta]{ 催化剂} 4NO + 6H_{2}O}$，“反应3”为${2NO + O_{2} = 2NO_{2}}$，“反应4”为${4NO_{2} + 2H_{2}O + O_{2} = 4HNO_{3}}$。“反应1”中每消耗0.1 mol ${NH_{4}Cl}$，生成0.1 mol ${NH_{3}}$，但是由于$25\ ^{\circ} C$、101 kPa不是标准状况，则气体体积不是2.24 L，A项错误。“反应2”中有${4NH_{3}\sim 4NO\sim 20e^{-}}$，则每生成0.1 mol ${NO}$，转移电子数为$0.5N_{ A}$，B项正确。根据“反应3”可知，0.1 mol ${NO}$充分反应后生成0.1 mol ${NO_{2}}$，但是体系中存在反应${2NO_{2}⇌ N_{2}O_{4}}$，则最终${NO_{2}}$数目小于$0.1N_{ A}$，C项错误。根据“反应4”可知，为使0.1 mol ${NO_{2}}$完全转化成${HNO_{3}}$，至少需要0.025 mol ${O_{2}}$，即$0.025N_{ A}$个${O_{2}}$，D项错误。