化学图形题及其解题策略

,单击此处编辑母版标题样式,*,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,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。,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,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。,化学图形题及其解题策略,一.概述,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。,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,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。,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,.,NaHSO,3,粉末加入,HNO,3,溶液中,B,.,H,2,S,气体通入氯水中,C,.,NaOH,溶液滴入,Ba(HCO,3,),2,溶液中,D,.,CO,2,气体通入澄清石灰水中,解析：,A,中,HNO,3,将NaHSO,3,氧化，而HNO,3,本身将被还原为NO或NO,2,气体，所以一开始反应就有气体放出。A错。B,中,由反应H,2,S +Cl,2,=2HCl+ S可知：开始溶液的酸性增强，pH会降低。B也错。,A,.,NaHSO,3,粉末加入,HNO,3,溶液中,B,.,H,2,S,气体通入氯水中,C,中反应时溶液中就有,BaCO,3,沉淀产生，故,C,也错。而,D,中，先逐渐生成,CaCO,3,沉淀（溶液导电能力降低），后来,CO,2,继续与,CaCO,3,反应生成强电解质,Ca(HCO,3,),2,，故此时溶液导电能力会逐渐增强，,D,正确。,C,.,NaOH,溶液滴入,Ba(HCO,3,),2,溶液中,D,.,CO,2,气体通入澄 清石灰水中,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。,例3. (02上海)将足量CO,2,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CO,2,体积（v）的关系正确的是( ),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,CO,2,反应，同时生成的,CO,3,2-,与,Ca,2+,结合，反应式为：,CO,2,+2OH,-,+,Ca,2+,=,CaCO,3,+ H,2,O,，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；,（2）由于溶液中既有KOH又有Ca(OH),2,，则必存在2c(Ca,2+,),c(OH,-,)的关系，故当Ca,2+,沉淀完全后，CO,2,与OH,-,继续反应生成CO,3,2-,（此时不再有沉淀产生），曲线上表现为平台；,（3）继续通入CO,2,，CO,2,与溶液中CO,3,2-,先,反应：CO,2,+ CO,3,2-,+H,2,O=2HCO,3,-,逆向思考：若CO,2,先跟CaCO,3,反应，则生成Ca(HCO,3,),2,，其中Ca,2+,又会跟CO,3,2-,反应，生成CaCO,3,沉淀；,（4）随后通入的CO,2,与CaCO,3,沉淀反应，将CaCO,3,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。,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。,请问：如果n(KOH):nCa(OH),2,=2:1,图象上有何体现？,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（,）,解析：设该题中体积为,1L,，,硫酸铝和硫酸铵各,1mol,，则,OH,-,先与,Al,3+,反应，,Al(OH),3,沉淀完全后，,OH,-,再与,NH,4,+,反应,否则,OH,-,先与,NH,4,+,反应生成,NH,3,H,2,O,，,NH,3,H,2,O,仍然要和,Al,3+,反应生成,Al(OH),3,沉淀,，,1mol,硫酸铝有中,2molAl,3+,，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 NH,4,+,，需要,2mol OH,-,将其转化为,NH,3,H,2,O,，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。,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。,例,5,向,100ml3mol,L,-1,的硫酸铝铵,NH,4,Al(SO,4,),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,。,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,SO,4,2-,与,Ba,2+,恰好全部转化为沉淀，则,NH,4,Al(SO,4,),2,与,Ba(OH),2,的物质的量之比应为,1,：,2,，因,n(NH,4,+,+Al,3+,),：,n(OH,-,)=1,：,4,，则此时,NH,4,+,全部形成NH,3,H,2,O，Al,3+,恰好全部转化为沉淀，则沉淀总量达最大值（,B,点）。,离子方程式为：,Al,3+,+2SO,4,2-,+ NH,4,+,+ 2 Ba,2+,+ 4 OH,-,=Al(OH),3,+2BaSO,4,+NH,3,H,2,O,（,2,）,B,点反应关系为：,NH,4,Al(SO,4,),2, 2Ba(OH),2,，VBa(OH),2,aq=,= 0.6L=600ml,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：,NH,4,Al(SO,4,),2, 5/2Ba(OH),2,，可算出,VBa(OH),2,aq= 750ml,。,请问：A点是什么情况？,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。,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,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0.1molL,-1,，则原硫酸溶液也为20mL），cd段为硫酸溶液过量。,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0.1molL,-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,。,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。,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。,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：,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,),。,解析：（,1,）,A,点为起点，因,Cu,2+,会水解，故,溶液为酸性。,离子方程式为：,Cu,2+,+2H,2,O Cu(OH),2,+2H,+,（,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Cu,2+,的水解平衡有关。依据是：,电解时, Cu,2+,在阴极放电析出Cu，随c(Cu,2+,)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。,（,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,Cl,2,部分溶于水发生反应：,Cl,2,+ H,2,O=HCl+ HClO,，使溶液中,c(H,+,),增大，故,pH,降低。,(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),图1 不同温度下G的体积分数,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,p,1,p,2,，,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,ab Dab,图1 不同温度下G的体积分数,L,（固）,aG,（气）,bR,（气） 压强,p,1,p,2,，,x,轴表示温度，,y,轴表示平衡混合气中,G,的体积分数,解析：由题知,p,1,p,2,，当温度一定时，达到平衡时压强为,p,1,时,G,的体积分数较大，,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。,则,p,，平衡向逆反应 方向移动，则,a,b,；,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+8HNO,3,(,稀,)=,3Zn(NO,3,),2,+4H,2,O+2NO,(B)4Zn+10HNO,3,(,稀,),=4Zn(NO,3,),2,+5H,2,O+N,2,O,(C)4Zn+10HNO,3,(,稀,),=4Zn(NO,3,),2,+3H,2,O+NH,4,NO,3,(D) Zn+4HNO,3,(,浓,),=Zn(NO,3,),2,+2H,2,O+2NO,2,Zn+8HNO,3,(,稀,)=3Zn(NO,3,),2,+4H,2,O+2NO,(B)4Zn+10HNO,3,(,稀,)=4Zn(NO,3,),2,+5H,2,O+N,2,O,(C)4Zn+10HNO,3,(,稀,)=4Zn(NO,3,),2,+3H,2,O+NH,4,NO,3,(D) Zn+4HNO,3,(,浓,)=Zn(NO,3,),2,+2H,2,O+2NO,2,解析：图中显示，,n(Zn),：,n(HNO,3,)(,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,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,HNO,3,B.Cu,与稀,HNO,3,C.Cu,与被还原的,HNO,3,(,浓,),D.Cu,与被还原的,HNO,3,(,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,;,A.Cu,与浓,HNO,3,B.Cu,与稀,HNO,3,C.Cu,与被还原的,HNO,3,(,浓,),D.Cu,与被还原的,HNO,3,(,稀,),解析：由,Cu,与浓,HNO,3,、稀,HNO,3,的反应：,Cu +4HNO,3,（浓）,=,Cu,（,NO,3,）,2,+2 NO,2,+2 H,2,O,；,3Cu+8HNO,3,（稀）,=3Cu,（,NO,3,）,2,+2NO,+4H,2,O,，,可得：浓,HNO,3,与,Cu,反应中,n(HNO,3,),：,n(Cu)=4,：,1, n(HNO,3,)(,被还原,),：,n(Cu)=2,：,1,；,稀HNO,3,与Cu反应中n(HNO,3,)：n(Cu)=8：3，n(HNO,3,)( 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。,例,11,有三份不同质量的铁粉样品甲、乙、丙三位同学各取一份样品分别与含有,0.8molHNO,3,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，反应后的溶液中铁只以Fe,3+,离子的形式存在，则样品的质量为_g。,（1）解析：根据题意，反应方程式为Fe+4HNO,3,=Fe（NO,3,）,3,+NO+2H,2,O，则n(Fe)=0.2,mol，为,11.2 g,(2),乙取样品，反应后的溶液中既含有,Fe,3+,、又含有,Fe,2+,离子，则样品的质量,(,设为,ag),范围是,_,。,（2）解析：若Fe全部转化为Fe,2+,离子，则反应方程式为3Fe+8HNO,3,=3Fe（NO,3,）,3,+2NO+4H,2,O，则n(Fe)=0.3,mol，为,16.8 g，反应后的溶液中既含有Fe,3+,、又含有Fe,2+,离子，故11.2a16.8。,(3),丙取样品，将其慢慢加入到稀硝酸中，并不断搅拌，反应过程中溶液里,Fe,3,、,Fe,2,、,NO,3,三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“Fe,3,”、“Fe,2,”、或“NO,3,”)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。,（,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,NO,3,。,（,3）解析：根据题,意：加入,Fe,的量由,少到多，则开始由,于,HNO,3,足量，则应,生成,Fe,3+,，且随,着,Fe,的量的增加,（,0,0.2mol,），生成,Fe,3+,也由少到多，由于,HNO,3,为,0.8mol，则Fe,3+,的量由,0,0.2mol,；当,Fe,的量大于,0.2mol，Fe,3+,的量开始减少，开始生成,Fe,2+,，由于,2Fe,3+,+ Fe=3Fe,2+,，则,Fe,再增加,0.1mol时，Fe,2+,的量达到最大值,0.3mol，而Fe,3+,由,0.2mol,0。作出的图象如,下,：,n(Fe)/mol,n/mol,0,0.1,0.2,0.3,0.4,0.2,0.4,0.6,0.8,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,。,二.考查物质化学性质或特性,例12.现有AlCl,3,和FeCl,3,混合溶液，其中Al,3+,和Fe,3+,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Al,3+,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？,要点：,Al,3+,和Fe,3+,的物质的量之和为0.1mol,，n(OH,)=0.09L4mol/L=0.36mol，,Al,3+,的物质的量与总物质的量的比值为x,解析,:,根据化学方程式：,Fe,3+,+3OH,-,= Fe(OH),3,Al,3+,+3OH,-,= Al(OH),3,Al(OH),3,+OH,-,=AlO,2,-,+2H,2,O,加入的,n(OH,-,)=0.36mol,0.36mol,0.1mol,3,，,OH,-,可以将,Fe,3+,、,Al,3+,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(Fe,3+,)=0.1mol,(1-0.4)=0.06mol n(Al,3+,)=0.1mol,0.4=0.04mol,生成的,nFe(OH),3,= 0.06mol,剩余的,n(OH,-,)= 0.36mol-0.06mol,3=0.18mol,要点：,Al,3+,和Fe,3+,的物质的量之和为0.1mol,，n(OH,)=0.09L4mol/L=0.36mol，,Al,3+,的物质的量与总物质的量的比值为x,解析,:,由于 ,4,，所以,Al,3+,完全转变为,AlO,2,。,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。,欲使,沉淀只有 Fe(OH),3,，必须满足：,4,，,即,x0. 6,，,故,0,x,0. 6,时，,沉淀中只有 Fe(OH),3,。,沉淀总量 (mol)随 x(01)变化的关系为：,0,x,0. 6,时，此时，,Fe,3+,沉淀完全。,n(,沉淀,)= nFe(OH),3,= 0.1mol,(1-x),0. 6,x,1,时，此时，,Fe,3+,沉淀完全，,Al,3+,部分沉淀，部分转化为,AlO,2,。,n(,沉淀,)= 0.1mol,(1-x)+ 0.1mol,x,-(0.36mol-0.1mol,3) =0.04mol,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：,当,Al,3+,和 Fe,3+,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 x1。,此时：nFe(OH),3,=A(1-x)mol,，,nAl(OH),3,=,A x mol-(,0.36mol-,A,mol3,)= A(x+3)-0,.,36,mol,小结这类题型常以物质的化学性质，特别是化学特性为基点进行命题。如Al(OH),3,等铝的化合物的两性，不同价态铁之间的转化关系等。解决问题的关键：首先要掌握物质化学性质（或特性），注意不同物质化学性质的差异；再根据相关量的关系进行分析讨论或作图。,3考查分析推理能力,分析推理能力是一种重要的化学学科能力。利用图形并结合化学反应中量的关系，能更直接、更深入地考查该能力。,13今有碱金属的两种碳酸盐组成的混合物 6.14g，加水溶解后，取所得溶液的十分之一，向其中缓慢滴加一定浓度的盐酸，并同时记录放出CO,2,的体积（标准状况）和消耗盐酸的体积，得到右图所示的曲线。,试计算：,（1）混合物中碳元素的质量分数。,解析：(1)w(c)=,g,100=9.8,解析：(2)由盐酸体积从12ml到32ml可知，此时发生的反应为HCO,3,-,+H,+,=CO,2,+H,2,O，而该过程放出气体为112ml，故C(HCl)=,（,2,）所滴加盐酸的物质的量浓度。,解析：,从开始至耗,12 ml,盐酸时无气体放出，故固体中应含有碳酸盐，后耗,20ml,盐酸使产生的,CO,2,气体达最大值,而,12,20,，固体中还含有碳酸氢盐,.,（,3,）确定这两种碱金属碳酸盐的化学式。,设碳酸盐和碳酸氢盐分别为R,2,CO,3,和RHCO,3,则有R,2,CO,3,HClRHCO,3,，n(R,2,CO,3,)=,1210,-3,L0.25mol/L=310,-3,mol， R,2,CO,3,与盐酸反应至全部转化为CO,2,共耗盐酸24ml,则另8ml盐酸用于和RHCO,3,反应，,n(RHCO,3,)=8,10,-3,L,0.25mol/L=,2,10,-3,mol.,再设,R,与,R,的相对原子质量分别为,M(R),、,M(R),，则,3,10,-3,mol2 M(R)+60 g/mol+2,10,-3,molM(R)+61g/mol,=6.14g,1/10,解得3 M(R)+ M(R)=156。,由 3 M(R)+ M(R)=156 讨论,M(R),0,，,M(R),52,。,当,R,为,Li,时，,M(R)=135,，无此碱金属；当,R,为,Na,时，,M(R)=87,，无此碱金属；,当,R,为,K,时，,M(R)=39,，则,R,也为,K,。故两种碱金属碳酸盐的化学式分别为,K,2,CO,3,和,KHCO,3,。,例,14,（,00,广东）下图是,100mg,受热分解时，所得固体产物的质量随温度变化的曲线。试利用图中信息结合所学的知识，回答下列各问题：,（,1,）温度分别为,t,1,和,t,2,时，固体产物的化学式,A,是,_,，,B,是,_,。,解析：,CaC,2,O,4,H,2,O,开始分解时应先释放出水，产生,CaC,2,O,4,。,由图中数据,=,，得到验证。,（,1,）温度分别为,t,1,和,t,2,时，固体产物的化学式,A,是,_,，,B,是,_,。,解析：温度升高，,CaC,2,O,4,继续分解只能释放,CO,或,CO,2,，而若释放,CO,2,，将产生,CaCO,2,，显然错误。故只能释放,CO,，产生,CaCO,3,。验证：,=,。故（,1,）答案为：,CaC,2,O,4,CaCO,3,（,2,）由,CaC,2,O,4,H,2,O,得到,A,的化学方程式为,_,。（3）由A得到B的化学方程式为_。,(2),解析：得到,A,的化学方程式为,CaC,2,O,4,=CaC,2,O,4,+H,2,O,由A得到B的化学方程式为,CaC,2,O,4,=CaCO,3,+CO,（4）由图计算产物C的相对分子质量，并推断C的合理的化学式。,(4),由图读得分解产物,C,的质量约为,38mg,由关,CaC,2,O,4,H,2,OC,则,C,的相对分子质量,= =56,，结合,CaCO,3,的分解，由此推断,C,的化学式是,CaO,。,小结 这类题型重点考查化学反应的过程特点及反应中量的关系。只有熟练掌握化学反应的规律，弄清反应条件和反应先后顺序的关系，解题时才能得心应手。,4考查计算能力,计算，特别是过量计算是中学化学中的重要内容，是学生必须掌握的重点知识。利用图形考查计算能力，既可使问题更直观、明了，也可使问题更能反映出过程的特点。,例,15,某气态不饱和链烃,C,n,H,m,在一定条件下与,H,2,加成为,C,n,H,m+x,，取,C,n,H,m,与,H,2,的混合气体共,60ml,进行实验，发现随混合气中,H,2,所占体积的变化，反应后得到的气体总体积也不同，反应前混合气中,H,2,所占的体积,W,（,ml,）和反应后气体总体积,V,（,ml,）的关系如图（同温同压），由此可知,x,的数值是（,）,A4 B3,C2 D1,解析：从图中可知，,W,为,0-40ml,时应是,C,n,H,m,与,H,2,加成时,C,n,H,m,过量，,W,为,40-60ml,时应是,C,n,H,m,与,H,2,加成时,H,2,过量。而反应后得到的气体总体积最小时，,应为不饱和链烃,C,n,H,m,与,H,2,恰好加成转化为饱和烃时的情况,(,加成前,C,n,H,m,和,H,2,的体积各为,20ml,和,40ml),，故,C,n,H,m,与,H,2,恰好加成,n(C,n,H,m,),：,n(H,2,)=,1,：,2,，即,1mol,该不饱和烃要结合,2mol H,2,，也即,4molH,，,x=4,。,例16由CO,2,、H,2,O(g)组成的混合气体共amol，其中CO,2,的物质的量分数为x。将混合气体缓慢通过装有1molNa,2,O,2,的真空管，充分反应后，维持1.0110,5,Pa，120。收集所得气体，冷却、称量，真空管中固体质量增加yg。,(1)若a=1，则y=,_,用含x的代数式表示）。,解析：本题所涉及反应为：,2CO,2,+ 2Na,2,O,2,=2Na,2,CO,3,+ O,2,（,1,）,2H,2,O + 2Na,2,O,2,=4NaOH+ O,2,（,2,）,由反应知： CO,2,、H,2,O与Na,2,O,2,分别以等物质的量进行反应，第一个反应中实际上吸收了CO,2,中的“CO”，而第二个反应中实际上吸收了H,2,O中的“H,2,”；此外，由于CO,2,可与NaOH反应，当CO,2,和H,2,O对Na,2,O,2,过量时，应考虑CO,2,先与Na,2,O,2,反应。,（,1,）若,a=1,，则,CO,2,和,H,2,O,全部与,Na,2,O,2,反应，因,n(CO,2,)= xmol,，,n(H,2,O)= (1-x)mol,，则,Na,2,O,2,增加的质量,y=xmol,28g/mol,+(1-x)mol,2g/mol=(26 x+2) g,(2)解析：若a=2，x=0.3时， n(CO,2,)= 0.6mol，1mol Na,2,O,2,只能与0.4mol H,2,O反应，y=0.6mol28g/mol +0.4mol2g/mol=17.6 g 。,(2)若a=2，x=0.3时，y=,(3),若,a=2,，试讨论：,x,取值不同时，反应后所得气体的成份及,y,的表达式（不一定填满）。,x,取值范围,反应后所得气体的成份,y,的表达式,（,3,）若,a=2,，当,x=0.5,时，,n(CO,2,)=1mol,，此时,CO,2,恰好将,Na,2,O,2,反应完（,H,2,O,不反应），,y=1mol,28g/mol=28g,；反应后所得气体的成份为,H,2,O,、,O,2,；,当,0,x,0.5,时，,n(CO,2,)=2xmol,（此时,CO,2,反应完），反应的,n(H,2,O)=,（,1-2x,）,mol,，,y=2xmol,28g/mol+,（,1-2x,）,mol,2g/mol=,（,52 x +2,）,g,；反应后所得气体的成份为,H,2,O,、,O,2,；,当0.5x1时，由于n(CO,2,)=2xmol1mol，故此时只有1mol CO,2,与Na,2,O,2,反应y=1mol28g/mol=28 g；反应后所得气体的成份为H,2,O 、CO,2,、O,2,；,（4）若a=1.25，试作图表示y与x的关系。,（,4,）若,a=1.25,，先找出,CO,2,恰好将,Na,2,O,2,反应完时的情况。显然当,n(CO,2,)=1.25,x,mol,=1,mol时，即,x =0.8,时，,CO,2,恰好将,Na,2,O,2,反应完。,y=28 g,；,当,0.8,x,1,时，由于,n(CO,2,),1mol,，故,y=28 g,；,当0x0.8时，n(CO,2,)=1.25xmol（此时CO,2,反应完），反应的n(H,2,O)=（1-1.25x）mol ，y=1.25xmol 28 g/mol +（1-1.25x）mol2g/mol =（32.5 x +2）g ；,2,28,因为当,0. 8,x,1,时，,y=28 g,；当0x0.8时,y=（32.5x+2）g,作图如下,*,小结,这类题型重点考查化学反应中的过量问题。弄清反应的本质并注意反应中量的关系，运用极限法、找特殊点法进行分析、求解或作图。,同学们，今天我们讲了“化学图形题及其解题策略”，只有分析清楚反应或过程，弄清图象中“起点”,“交点”,“转折点（拐点）”“终点”,及各条线段的化学含义，结合有关化学原理进行分析、推理和计算，才能顺利解答这类题型。,例,17,(01,上海,),已知,Fe,2,O,3,在高炉中有下列反应：,Fe,2,O,3,CO=2FeO,CO,2,反应形成的固体混和物（,Fe,2,O,3,、,FeO,）中，元素铁和氧的质量比用,m,Fe,m,O,表示。,（,1,）上述固体混和物中，,m,Fe,m,O,不可能是,（选填,a,、,b,、,c,多选扣分）,（,a,）,21,9,（,b,）,21,7.5,（,c,）,21,6,解析：,（,1,）用极限法计算,Fe,2,O,3,和,FeO,中,m,Fe,m,O,，分别为,21,9,和,21,6，,因反应形成固体混和物，故,21,6,m,Fe,m,O,21,9,，选,ac,(,2,）若,m,Fe,m,O,21,8,，计算,Fe,2,O,3,被,CO,还原的百分率,解析：设,Fe,2,O,3,原有,n,0,mol,，还原百分率为,A%,，则生成,FeO,：,n,0,A%,2 mol,，余,Fe,2,O,3,n,0,（,1- A%,）,mol,，则有,（,3,）设,Fe,2,O,3,被,CO,还原的百分率为,A,，则,A,和混和物中,m,Fe,m,O,的关系式为（用含,m,Fe,、,m,O,的代数式表示）。,A,请在下图中画出,A%,和,m,Fe,/m,O,关系的图形。,（,3,）由,化简可得：,A%=,选,m,Fe,m,O,从,21,6,到,21,9,之间的几个点作出下图：,（,4,）如果,Fe,2,O,3,和,CO,的反应分两步进行：,3Fe,2,O,3,CO=2Fe,3,O,4,CO,2,Fe,3,O,4,CO=3FeO,CO,2,试分析反应形成的固体混和物可能的组成及相应的,m,Fe,m,O,（令,m,Fe,m,O,21,a,，写出,a,的取值范围）。将结果填入下表。,混和物组成（用化学式表示）,a,的取植范围,（,4,）因,Fe,2,O,3,、,FeO,、,Fe,3,O,4,中,a=9,、,6,、,8,只发生第一步反应时固体为：,Fe,2,O,3,、,Fe,3,O,4,；,8,a,9,第一步完全，再发生第二步反应时：,Fe,3,O,4,、,FeO,；,6,a,8,两步反应都发生时固体为：,Fe,2,O,3,、,Fe,3,O,4,、,FeO,；,6,a,9,反应为:,3Fe,2,O,3,CO=2Fe,3,O,4,CO,2,Fe,3,O,4,CO=3FeO,CO,2,小结,这类题型重点考查化学反应中的过量问题。弄清反应的本质并注意反应中量的关系，运用极限法、找特殊点法进行分析、求解或作图。,同学们，今天我们讲了“化学图形题及其解题策略”，只有分析清楚反应或过程，弄清图象中“起点”,“交点”,“转折点（拐点）”“终点”,及各条线段的化学含义，结合有关化学原理进行分析、推理和计算，才能顺利解答这类题型。,