《2026年金考卷特快专递高中化学》

13. 在恒容密闭容器中，${NaHCO_{3}(s)}$发生热解反应：${2NaHCO_{3}(s)⇌ Na_{2}CO_{3}(s) + H_{2}O(g) + CO_{2}(g)}$。平衡体系中固体组分的物质的量（$n$）随温度（$T$）的变化关系如图所示。已知：$T_{2}$时，${NaHCO_{3}(s)}$完全分解；$T_{1}$、$T_{3}$时，体系的总压强分别为$p_{1}$、$p_{3}$。下列说法错误的是


A.$T_{1}$时，容器中${H_{2}O(g)}$的物质的量为$\dfrac{2}{3}\ mol$
B.$T_{1}$时，向容器中通入$1\ mol\ He(g)$，${CO_{2}(g)}$的分压为$0.5p_{1}$
C.$T_{2}$时，向容器中充入$1\ mol\ {CO_{2}(g)}$，重新达平衡时容器内的压强不变
D.$T_{3}$时，热解反应的压强平衡常数$K_{ p}$大于$0.25p^{2}_{3}$

答案：
13 C 化学平衡、$\mathrm{NaHCO_3}$热分解
  
温度较低时，$\mathrm{NaHCO_3}$不易分解，物质的量较大，故该曲线表示$\mathrm{NaHCO_3}$的物质的量随温度变化曲线 $\mathrm{NaHCO_3}$分解产生$\mathrm{Na_2CO_3}$固体，且存在关系：$\mathrm{NaHCO_3} \rightleftharpoons \frac{1}{2}\mathrm{Na_2CO_3}$，故该曲线表示$\mathrm{Na_2CO_3}$的物质的量随温度变化曲线 由图像分析可知，起始加入$\mathrm{NaHCO_3}$的物质的量为2mol，$T_1$时，体系中$n(\mathrm{Na_2CO_3}) = n(\mathrm{NaHCO_3})$，设此时消耗$\mathrm{NaHCO_3}$的物质的量为2xmol，由此可列三段式： $2\mathrm{NaHCO_3(s)} \rightleftharpoons \mathrm{Na_2CO_3(s) + H_2O(g) + CO_2(g)}$ 起始量/mol 2 0 0 0 变化量/mol 2x x x x 平衡量/mol 2 - 2x x x x 故2 - 2x = x，解得$x = \frac{2}{3}$，故$T_1$时，容器中$\mathrm{H_2O(g)}$的物质的量为$\frac{2}{3}$mol，A正确；$T_1$时，体系中$n(\mathrm{H_2O}) = n(\mathrm{CO_2}) = \frac{2}{3}$mol，体系的总压强为$p_1$，故$p(\mathrm{H_2O}) = p(\mathrm{CO_2}) = 0.5p_1$，向恒容容器中通入1mol$\mathrm{He(g)}$，体系总压增大，但各组分分压不变(易错点)，故$\mathrm{CO_2(g)}$的分压仍为$0.5p_1$，B正确；由题中信息可知，$T_2$时，$\mathrm{NaHCO_3(s)}$完全分解，此时体系中$n(\mathrm{H_2O}) = n(\mathrm{CO_2}) = 1$mol，设此时体系的总压强为$p_2$，则$p(\mathrm{H_2O}) = p(\mathrm{CO_2}) = 0.5p_2$，在该温度下，该反应的$K_p = 0.25p_2^2$，向容器中充入1mol$\mathrm{CO_2(g)}$，$n(\mathrm{H_2O}) = 1$mol、$n(\mathrm{CO_2}) = 2$mol，平衡逆向移动，设再次达到平衡时体系压强为$p_2'$，则$K_p = \frac{1}{3}p_2' × \frac{2}{3}p_2' = 0.25p_2^2$，解得$p_2' = \sqrt{\frac{9}{8}}p_2$，故重新达平衡时容器内的压强改变，C错误； 若$T_1$时反应物还有剩余，则$K_p = 0.25p_1^2$，但$T_2$时热解反应已进行完全，随温度升高不再发生平衡的正向移动，故$T_3$时容器内压强$p_3$较平衡时偏小，故$T_3$时$K_p ＞ 0.25p_2^2$，D正确。

14. 常温下，向${CaC_{2}O_{4}}$的浊液中通入$HCl$气体（忽略溶液体积的变化），发生反应：${CaC_{2}O_{4}(s) + H^{+}(aq)⇌ Ca^{2+}(aq) + HC_{2}O^{-}_{4}(aq)}$、${HC_{2}O^{-}_{4}(aq) + H^{+}(aq)⇌ H_{2}C_{2}O_{4}(aq)}$，混合液中$pH$与$c{(Ca^{2+})}$的变化关系如图所示。已知：常温下，$K_{ sp}{(CaC_{2}O_{4}) = 10^{-8.4}}$，$K_{ a1}{(H_{2}C_{2}O_{4}) = 10^{-1.25}}$，$K_{ a2}{(H_{2}C_{2}O_{4}) = 10^{-3.82}}$。下列说法错误的是


A.a点存在：$c{(Ca^{2+}) + c(H^{+}) ＜ c(Cl^{-}) + c(OH^{-})}$
B.b点存在：$c{(Cl^{-}) + c(HC_{2}O^{-}_{4}) + 2c(C_{2}O^{2-}_{4}) = 2c(Ca^{2+})}$
C.随着酸性的增强，溶液中$c{(H_{2}C_{2}O_{4})}$逐渐增大
D.反应${CaC_{2}O_{4}(s) + 2H^{+}(aq)⇌ Ca^{2+}(aq) + H_{2}C_{2}O_{4}(aq)}$的$K = 10^{-3.33}$

答案： 14 A 沉淀溶解平衡、溶液中粒子浓度关系判断等 溶液中存在电荷守恒：$2c(\mathrm{Ca^{2+}}) + c(\mathrm{H^+}) = 2c(\mathrm{C_2O_4^{2-}}) + c(\mathrm{HC_2O_4^-}) + c(\mathrm{Cl^-}) + c(\mathrm{OH^-})$，物料守恒：$c(\mathrm{Ca^{2+}}) = c(\mathrm{C_2O_4^{2-}}) + c(\mathrm{HC_2O_4^-}) + c(\mathrm{H_2C_2O_4})$，将二者联立消去$c(\mathrm{H_2C_2O_4})$可得$c(\mathrm{H_2C_2O_4}) + c(\mathrm{Ca^{2+}}) + c(\mathrm{H^+}) = c(\mathrm{C_2O_4^{2-}}) + c(\mathrm{Cl^-}) + c(\mathrm{OH^-})$，a点时，溶液pH = 3.82，结合题中所给信息，$K_{a1}(\mathrm{H_2C_2O_4}) × K_{a2}(\mathrm{H_2C_2O_4}) = \frac{c(\mathrm{C_2O_4^{2-}})c^2(\mathrm{H^+})}{c(\mathrm{H_2C_2O_4})}$，而a点时$c(\mathrm{H^+}) = 10^{-3.82}mol· L^{-1}$，故$\frac{c(\mathrm{C_2O_4^{2-}})}{c(\mathrm{H_2C_2O_4})} = \frac{10^{-5.07}}{10^{-3.82} × 10^{-3.82}} ＞ 1$，即$c(\mathrm{C_2O_4^{2-}}) ＞ c(\mathrm{H_2C_2O_4})$，故可得$c(\mathrm{Ca^{2+}}) + c(\mathrm{H^+}) ＞ c(\mathrm{Cl^-}) + c(\mathrm{OH^-})$，A错误。 b点时，溶液pH = 7，即$c(\mathrm{H^+}) = c(\mathrm{OH^-})$，结合电荷守恒可得$2c(\mathrm{Ca^{2+}}) = 2c(\mathrm{C_2O_4^{2-}}) + c(\mathrm{HC_2O_4^-}) + c(\mathrm{Cl^-})$，B正确；随着溶液酸性增强，$c(\mathrm{H^+})$增大，平衡$\mathrm{HC_2O_4^- (aq) + H^+ (aq) \rightleftharpoons H_2C_2O_4(aq)}$正向移动，故$c(\mathrm{H_2C_2O_4})$逐渐增大，C正确；反应$\mathrm{CaC_2O_4(s) + 2H^+ (aq) \rightleftharpoons Ca^{2+} (aq) + H_2C_2O_4(aq)}$的$K = \frac{c(\mathrm{Ca^{2+}})c(\mathrm{H_2C_2O_4})}{c^2(\mathrm{H^+})} = \frac{K_{sp}(\mathrm{CaC_2O_4})}{K_{a1}(\mathrm{H_2C_2O_4}) · K_{a2}(\mathrm{H_2C_2O_4})} = \frac{10^{-8.4}}{10^{-1.25} × 10^{-3.82}} = 10^{-3.33}$，D正确。