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化学图形题及其解题策略

化学图形题及其解题策略. 一 . 概述. 化学图形题是一种利用数学中的二维图象解决化学问题的题型。它考查范围广，中学化学中的所有内容，如元素化合物、化学基本概念和理论、化学实验、化学计算等均可以此方式进行考查。随着高考改革的不断深入及对学生综合能力要求的不断提高，这种以数学方法解决化学问题的题目不断增多。. 化学图形题及其解题策略. 一 . 概述. 近几年来在全国高考题以及上海、广东高考题中，数型结合的试题频频出现，成了高考的热点题型。预计，以后这将是高考考查学生综合能力的一种重要方式。. 化学图形题及其解题策略. 一 . 概述.

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化学图形题及其解题策略

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  1. 化学图形题及其解题策略 一.概述 化学图形题是一种利用数学中的二维图象解决化学问题的题型。它考查范围广，中学化学中的所有内容，如元素化合物、化学基本概念和理论、化学实验、化学计算等均可以此方式进行考查。随着高考改革的不断深入及对学生综合能力要求的不断提高，这种以数学方法解决化学问题的题目不断增多。

  2. 化学图形题及其解题策略 一.概述 近几年来在全国高考题以及上海、广东高考题中，数型结合的试题频频出现，成了高考的热点题型。预计，以后这将是高考考查学生综合能力的一种重要方式。

  3. 化学图形题及其解题策略 一.概述 这类题型的特点是：图象是题目的主要组成部分，把所要考查的知识寓于坐标曲线上，简明、直观、形象。解答图象题必须抓住有关概念和有关物质的性质、反应规律及图象特点。析图的关键在于对“数” “形” “义” “性”的综合思考，其重点是弄清“起点” “交点” “转折点（拐点）”“终点” 及各条线段的化学含义。

  4. 二.题型分类 从是否主要从量的角度考查可将图象题分为：侧重定性考查和侧重定量考查两类。侧重定性考查的题目其考查重点是：化学反应（过程）的特点（规律）、化学反应的先后顺序等。

  5. 例1．(04广东)下图曲线a表示放热反应X(g)+Y(g) Z(g)+M(g)+N(s)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（） A．升高温度B．加大X的投入量 C．加催化剂D．增大体积

  6. 解析：由图可知：改变条件，达到平衡时所需时间较短（X的转化率恒定后），则化学反应速率加快，解析：由图可知：改变条件，达到平衡时所需时间较短（X的转化率恒定后），则化学反应速率加快， 且达到平衡时X的转化率没有变化。而A、B 项改变条件时X的转化率均会改变， D项增大体积，化学反应速率会变慢。故只有C项符合。

  7. 例2．(03上海)下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是（）A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中B.H2S气体通入氯水中例2．(03上海)下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符合的是（）A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中B.H2S气体通入氯水中 C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中D.CO2气体通入澄清石灰水中

  8. A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中 B.H2S气体通入氯水中 解析：A中HNO3将NaHSO3氧化，而HNO3本身将被还原为NO或NO2气体，所以一开始反应就有气体放出。A错。B中由反应H2S +Cl2==2HCl+ S↓可知：开始溶液的酸性增强，pH会降低。B也错。

  9. D.CO2气体通入澄 清石灰水中 C.NaOH溶液滴入 Ba(HCO3)2溶液中 C中反应时溶液中就有BaCO3沉淀产生，故C也错。而D中，先逐渐生成CaCO3沉淀（溶液导电能力降低），后来CO2继续与CaCO3反应生成强电解质Ca(HCO3)2，故此时溶液导电能力会逐渐增强，D正确。

  10. 该题重点考查学生根据相关化学反应原理结合图表进行分析、推理的能力。该题重点考查学生根据相关化学反应原理结合图表进行分析、推理的能力。

  11. 例3. (02上海)将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2体积（v）的关系正确的是( )

  12. 解析：本题要求学生理解溶液中离子反应的原理和反应的进程，同时考查学生形（图形）、数（数值）、象（化学现象）结合进行分析、推理的能力。 从反应的原理分析，反应分四个阶段：（1）溶液中OH-与CO2反应，同时生成的CO32-与Ca2+结合，反应式为：CO2+2OH-+Ca2+== CaCO3↓+ H2O，所以反应一开始就有沉淀产生，且沉淀量随反应的进行逐渐增加；

  13. （2）由于溶液中既有KOH又有Ca(OH)2，则必存在2c(Ca2+)<c(OH-)的关系，故当Ca2+沉淀完全后，CO2与OH-继续反应生成CO32-（此时不再有沉淀产生），曲线上表现为平台； （3）继续通入CO2，CO2与溶液中CO32-先反应：CO2+ CO32-+H2O==2HCO3-[逆向思考：若CO2先跟CaCO3反应，则生成Ca(HCO3)2，其中Ca2+又会跟CO32-反应，生成CaCO3沉淀]；

  14. （4）随后通入的CO2与CaCO3沉淀反应，将CaCO3转化为可溶性的酸式盐，从而导致沉淀量减少，直至沉淀消失。答案为D。（4）随后通入的CO2与CaCO3沉淀反应，将CaCO3转化为可溶性的酸式盐，从而导致沉淀量减少，直至沉淀消失。答案为D。 请问：如果n(KOH):n[Ca(OH)2]=2:1,图象上有何体现？ 启示：平时学习中须加强逻辑思维训练，以培养思维的有序性。还要提高正逆向思维能力，以加强思维的流畅性和变通性。

  15. 例4．将物质的量相等的硫酸铝和硫酸铵溶于水形成VmL混合溶液，向混合溶液中逐渐加入某氢氧化钠溶液（其物质的量浓度为混合溶液中两溶质的物质的量浓度之和）直至过量。下列表示氢氧化钠溶液加入的体积（x）与溶液中产生沉淀的物质的量（y）的关系示意图中正确的是（）例4．将物质的量相等的硫酸铝和硫酸铵溶于水形成VmL混合溶液，向混合溶液中逐渐加入某氢氧化钠溶液（其物质的量浓度为混合溶液中两溶质的物质的量浓度之和）直至过量。下列表示氢氧化钠溶液加入的体积（x）与溶液中产生沉淀的物质的量（y）的关系示意图中正确的是（）

  16. 解析：设该题中体积为1L，硫酸铝和硫酸铵各1mol，则OH-先与Al3+反应，Al(OH)3沉淀完全后，OH-再与NH4+反应[否则OH-先与NH4+反应生成NH3·H2O，NH3·H2O仍然要和Al3+反应生成Al(OH)3沉淀]，1mol硫酸铝有中2molAl3+，显然需要6molOH-才能将其沉淀转化成为2mol Al(OH)3，1mol硫酸铵中有2mol NH4+，需要2mol OH-将其转化为NH3·H2O，随后OH-才能溶解Al(OH)3，此处需要2molOH-。则三步反应中所消耗的OH-的物质的量的比值为6：2：2=3：1：1，只有A符合。

  17. 该题除考查反应的先后顺序外，侧重考查反应中的定量关系。

  18. 例5．向100ml3mol·L-1的硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴加入1mol·L-1的Ba(OH)2溶液例5．向100ml3mol·L-1的硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴加入1mol·L-1的Ba(OH)2溶液 （1）写出至刚好出现沉淀总物质的量为最大值时的离子方程式 (2)随着Ba(OH)2的体积V的变化,沉淀总物质的量n的变化如图所示.求出B点和C点所对应的Ba(OH)2溶液的体积：B C。

  19. 解析：此题必须先弄清B 、C等特殊点及各线段的化学含义。 （1）若SO42-与Ba2+恰好全部转化为沉淀，则NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比应为1：2，因n(NH4++Al3+)：n(OH-)=1：4，则此时NH4+全部形成NH3·H2O，Al3+恰好全部转化为沉淀，则沉淀总量达最大值（B点）。

  20. （2）B点反应关系为：NH4Al(SO4)2~ 2Ba(OH)2，V[Ba(OH)2aq]== == 0.6L=600ml 离子方程式为： Al3++2SO42-+ NH4++ 2 Ba2+ + 4 OH-==Al(OH)3↓+2BaSO4↓ +NH3·H2O

  21. 显然，BC段为Al(OH)3逐渐溶解的过程，C点为Al(OH)3恰好被过量OH-溶解时的情况。1份Al(OH)3需要1份OH-溶解，故此时比B点应多消耗1/2份Ba(OH)2，反应关系为：NH4Al(SO4)2~ 5/2Ba(OH)2，可算出V[Ba(OH)2aq]= 750ml。 请问：A点是什么情况？

  22. 显然，这类定量问题更能区分学生思维能力的差异，能对学生思维的深刻性、全面性进行深入全面的考查。 当然，图象题也可按它所考查的化学知识分类，如考查元素化合物知识、化学实验等。还可按是否要求作图分为：结合图象的分析推理题及根据有关过程（反应）的作图题。等。

  23. 三.各类题型及解法探析 例6．常温下，向0.1mol·L-1的硫酸溶液中加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列有关说法中不正确的是（） A．溶液的pH：a﹤b﹤c﹤d B．溶液的导电能力：a﹥b﹥d﹥c C．a、b溶液显酸性 D．c、d溶液显碱性

  24. 解析：由图知：ac段为反应时氢氧化钡溶液不足量，c点为氢氧化钡溶液与硫酸溶液恰好完全反应解析：由图知：ac段为反应时氢氧化钡溶液不足量，c点为氢氧化钡溶液与硫酸溶液恰好完全反应 （此时消耗氢氧化钡溶液20mL，又由题意知氢氧化钡浓度也为0.1mol·L-1，则原硫酸溶液也为20mL），cd段为硫酸溶液过量。

  25. b点加入氢氧化钡溶液为10mL（含氢氧化钡1mmol）、则此时硫酸过量0.1mol·L-1×20 mL-1mmol=1mmol，同理d点为氢氧化钡过量1mmol 。 显然A、C正确，至于B选项，难以比较的是b、d两点，虽然过量硫酸与过量氢氧化钡的物质的量相等（各1mmol），但由于b点溶液总体积较小，故b点溶液导电性较强。选D。

  26. [小结] 解此类题时一般先要弄清“起点”“转折点（拐点）”“终点” 及各条线段的变化趋势的化学含义。再结合有关反应原理进行分析推理。

  27. 一.考查化学基本概念及理论 化学基本概念及理论是中学化学学习中的重要内容，也是掌握元素化合物知识、化学实验、化学计算等化学知识的基础。近年来高考对化学基本概念及理论的考查有所加强，而且对该知识的考查有与化学其他知识的考查相融合和渗透的趋势。

  28. 例7．关于电解氯化铜溶液时的pH变化问题,化学界有以下两种的观点：一是理论派认为电解氯化铜溶液后溶液的pH升高。二是实验派经过反复多次精确的实验测定证明电解氯化铜溶液时pH的变化如下图所示：例7．关于电解氯化铜溶液时的pH变化问题,化学界有以下两种的观点：一是理论派认为电解氯化铜溶液后溶液的pH升高。二是实验派经过反复多次精确的实验测定证明电解氯化铜溶液时pH的变化如下图所示：

  29. 请回答下列问题： (1)电解氯化铜溶液的pH处于A点位置的原因是(用离子方程式说明)。 离子方程式为： Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+ 解析：（1）A点为起点，因Cu2+会水解，故 溶液为酸性。

  30. （2）理论派可持观点的理论依据是 （2）解析： 显然理论派所持观点与Cu2+的水解平衡有关。依据是：电解时, Cu2+在阴极放电析出Cu，随c(Cu2+)降低，水解平衡向左移动，导致c(H+)下降，溶液的pH升高， pH为7时达到最大值。

  31. (3)实验派的结论是______，他们所述“精确的实验” 是通过______来准确测定溶液的，该观点的理由是(从化学原理加以简述) （3）解析：实验派的结论是：溶液的pH 降低。他们所述“精确的实验”从中学化学中所学到的知识分析,只能是通过pH计来准确测定。该观点的理由是：因阴极产生的Cl2部分溶于水发生反应：Cl2+ H2O==HCl+ HClO，使溶液中c(H+)增大，故pH降低。

  32. 例8．(01广东)反应： L（固）＋aG（气） bR（气）达到平衡时，温度 和压强对该反应的影响如图 所示：图1中：压强p1＞p2， x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数。据此可判断 ( ) A．上述反应是放热反应 B．上述反应是吸热反应 Ｃ．a＞b D．a＜b 图1 不同温度下G的体积分数

  33. L（固）＋aG（气） bR（气） 压强p1＞p2，x轴表示温度， y轴表示平衡混合气中G的体积分数 图1 不同温度下G的体积分数 解析：由题知p1＞p2，当温度一定时，达到平衡时压强为p1时G的体积分数较大， 则p↑，平衡向逆反应 方向移动，则a＜b； 当压强一定时，温度↑，G的体积分数降低， 则平衡向正反应方向移动，正反应方向为吸热反应方向。选B D。

  34. 例9．锌与不同浓度的硝酸可发生不同的反应，其中锌与被还原的硝酸的物质的量的关系符合图示（X表示耗去Zn的物质的量，Y表示被还原的硝酸的物质的量）的是（）例9．锌与不同浓度的硝酸可发生不同的反应，其中锌与被还原的硝酸的物质的量的关系符合图示（X表示耗去Zn的物质的量，Y表示被还原的硝酸的物质的量）的是（） • Zn+8HNO3(稀)= • 3Zn(NO3)2+4H2O+2NO↑ • (B)4Zn+10HNO3(稀) • =4Zn(NO3)2+5H2O+N2O↑ • (C)4Zn+10HNO3(稀) • =4Zn(NO3)2+3H2O+NH4NO3 • (D) Zn+4HNO3(浓) • =Zn(NO3)2+2H2O+2NO2↑

  35. Zn+8HNO3(稀)=3Zn(NO3)2+4H2O+2NO↑ • (B)4Zn+10HNO3(稀)=4Zn(NO3)2+5H2O+N2O↑ • (C)4Zn+10HNO3(稀)=4Zn(NO3)2+3H2O+NH4NO3 • (D) Zn+4HNO3(浓)=Zn(NO3)2+2H2O+2NO2↑ 解析：图中显示，n(Zn) ：n(HNO3)(被还原)= 1：2，而A 、B、C、D选项中的该值分别为3：2、 2：1、4：1、 1：2，故选D

  36. 例10．铜和硝酸反应的物质的量的关系如图所示，纵坐标表示消耗铜的物质的量，横坐标表示消耗铜的物质的量，坐标图中各条线表示下列反应：例10．铜和硝酸反应的物质的量的关系如图所示，纵坐标表示消耗铜的物质的量，横坐标表示消耗铜的物质的量，坐标图中各条线表示下列反应： A.Cu与浓HNO3 B.Cu与稀HNO3 C.Cu与被还原的HNO3(浓) D.Cu与被还原的HNO3(稀) 其中: (1)Q表示反应; (2) P表示反应; (3)S表示反应; (4)T表示反应;

  37. A.Cu与浓HNO3 B.Cu与稀HNO3 C.Cu与被还原的HNO3(浓) D.Cu与被还原的HNO3(稀) 解析：由Cu与浓HNO3、稀HNO3 的反应：Cu +4HNO3（浓） =Cu（NO3）2+2 NO2↑+2 H2O； 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O， 可得：浓HNO3与Cu反应中n(HNO3)：n(Cu)=4：1, n(HNO3)( 被还原)：n(Cu)=2：1； 稀HNO3与Cu反应中n(HNO3)：n(Cu)=8：3，n(HNO3)( 被还原)：n(Cu)=2：3。结合图象迅速可得(1) (2) (3) (4)的答案依次为D、C、B、A。

  38. 例11．有三份不同质量的铁粉样品①②③甲、乙、丙三位同学各取一份样品分别与含有0.8molHNO3的稀硝酸反应，反应后稀硝酸和铁均无剩余，且硝酸的还原产物只有NO。据此回答下列问题：例11．有三份不同质量的铁粉样品①②③甲、乙、丙三位同学各取一份样品分别与含有0.8molHNO3的稀硝酸反应，反应后稀硝酸和铁均无剩余，且硝酸的还原产物只有NO。据此回答下列问题： (1) 甲取样品①，反应后的溶液中铁只以Fe3+离子的形式存在，则样品①的质量为________g。 （1）解析：根据题意，反应方程式为Fe+4HNO3==Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，则n(Fe)=0.2 mol，为11.2 g

  39. (2) 乙取样品②，反应后的溶液中既含有Fe3+、又含有Fe2+离子，则样品②的质量(设为ag)范围是_________。 （2）解析：若Fe全部转化为Fe2+离子，则反应方程式为3Fe+8HNO3==3Fe（NO3）3+2NO↑+4H2O，则n(Fe)=0.3 mol，为16.8 g，反应后的溶液中既含有Fe3+、又含有Fe2+离子，故11.2<a<16.8。

  40. (3) 丙取样品③，将其慢慢加入到稀硝酸中，并不断搅拌，反应过程中溶液里Fe3＋、Fe2＋、NO3－三种离子中的一种离子的物质的量的变化曲线如下图所示，则该曲线表示__________ (填“Fe3＋”、“Fe2＋”、或“NO3－”)的物质的量变化的曲线， 请你在此图中再画出这三种离子中的另外两种离子的物质的量的变化曲线。

  41. （3）解析：据图知：该离子起始物质的量为0.8 mol，先逐渐减少，后保持不变，它只能是NO3－。

  42. （3）解析：根据题 意：加入Fe的量由 少到多，则开始由 于HNO3足量，则应 生成Fe3+，且随 着Fe的量的增加 （0→0.2mol），生成Fe3+也由少到多，由于HNO3为0.8mol，则Fe3+的量由0→0.2mol；当Fe的量大于0.2mol，Fe3+的量开始减少，开始生成Fe2+，由于2Fe3++ Fe==3Fe2+，则Fe再增加0.1mol时，Fe2+的量达到最大值0.3mol，而Fe3+由0.2mol→0。作出的图象如下：

  43. n/mol 0.8 0.6 0.4 0.2 n(Fe)/mol 0.1 0.3 0.4 0 0.2

  44. [小结] 要顺利解决该类问题，首先要熟练掌握有关化学基本概念和理论。如化学反应速率和平衡理论、氧化还原反应的概念和规律、电解质溶液理论。利用平衡移动原理、氧化还原反应中的反应规律及电子守恒原理等进行分析；其次要能结合化学反应中量的关系进行计算和推理，再结合图象的特点求解或根据有关量的变化作图。

  45. 二.考查物质化学性质或特性 例12.现有AlCl3和FeCl3混合溶液，其中Al3+和Fe3+的物质的量之和为0.1mol，在此溶液中加入 90mL浓度为 4mol/L 的NaOH 溶液，使其充分反应，设Al3+的物质的量与总物质的量的比值为x。 （1）根据反应的化学方程式计算，当x=0.4时，溶液中产生的沉淀是什么？物质的量是多少？

  46. 要点：Al3+和Fe3+的物质的量之和为0.1mol，n(OH—)=0.09L×4mol/L=0.36mol， Al3+的物质的量与总物质的量的比值为x ⑴解析:根据化学方程式： Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓ Al3++3OH- = Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH- =AlO2- +2H2O 加入的n(OH-)=0.36mol 0.36mol＞0.1mol×3，OH-可以将Fe3+、Al3+沉淀完全，且随着x值的变化，Al(OH)3可以部分或全部溶解。 当x=0.4时，n(Fe3+)=0.1mol× (1-0.4)=0.06mol n(Al3+)=0.1mol×0.4=0.04mol 生成的n[Fe(OH)3]= 0.06mol 剩余的n(OH-)= 0.36mol-0.06mol×3=0.18mol

  47. ⑴解析:由于 ＞4，所以Al3+完全转变为AlO2—。 故：当x=0.4时，溶液中产生的沉淀是Fe(OH)3，物质的量是0.06mol。 要点：Al3+和Fe3+的物质的量之和为0.1mol，n(OH—)=0.09L×4mol/L=0.36mol， Al3+的物质的量与总物质的量的比值为x

  48. ⑵①欲使沉淀只有 Fe(OH)3，必须满足： ≥4，即 x≤0. 6， 故0＜x≤0. 6时，沉淀中只有 Fe(OH)3。 ②沉淀总量 (mol)随 x(0→1)变化的关系为： 0＜x≤0. 6时，此时，Fe3+沉淀完全。n(沉淀)= n[Fe(OH)3]= 0.1mol×(1-x) 0. 6＜x＜1时，此时，Fe3+沉淀完全，Al3+部分沉淀，部分转化为AlO2—。 n(沉淀)= 0.1mol×(1-x)+ 0.1mol×x -(0.36mol-0.1mol×3) =0.04mol

  49. 因：0＜x≤0. 6时， n(沉淀)= 0.1mol×(1-x) 0. 6＜x＜1时，n(沉淀)=0.04mol 图象如下：

  50. ⑶当Al3+和 Fe3+的物质的量之和为Amol(A为合理取值)，其他条件不变时，欲使沉淀中同时有 Fe(OH)3、Al(OH)3,必须满足: ＜4， 即x＞ 故：x的取值范围为 ＜x＜1。 此时：n[Fe(OH)3]=A(1-x)mol，n[Al(OH) 3]= A x mol-(0.36mol- Amol×3)=[ A(x+3)-0.36]mol

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