新课程下高考化学图表与图像题类型

新课程下高考化学图表与图像题类型

长沙市第21中学 410007 邵国光

高考化学考试说明中要求学生能够具备通过对自然界、生产、生活和科学实验中化学现象以及相关模型、图形和图表等的观察，获取有关的感性知识和印象，并运用分析、比较、概括、归纳等方法对所获取的信息进行初步加工和应用的能力；能够敏捷、准确地获取试题所给的相关信息，并与已有知识整合，在分析评价的基础上应用新信息的能力。近几年图表题、图像题和工艺流程题已成为各地高考的热点，正是这个要求的体现。并且试题所占的分值也相当大，加上试题文字量大、信息新颖、情境陌生，学生在没做之前往往就会产生畏惧感，所以这类题的得分一般不是很高。因此要注意加强对图表、图像和工艺流程题的训练，需引起足够重视。

一、图表——高考试题的数字化语言：用图表表述化学过程或呈现背景信息是化学常用的表达方式。图表往往拥有较大的信息存储量,能够很全面地考查学生分析、比较、概括、归纳问题的能力。

例1.（2009年福建卷） 某探究小组利用丙酮的溴代反应： （

332CH COCH Br +HCl

32CH COCH Br HBr

+）来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率

2()v Br 通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：

实验 序号 初始浓度c/mol.L -1

溴颜色消失 所需时间t/s

CH 3CO CH 3 HCl Br 2 ① 0.80 0.20 0.0010 290 ② 1.60 0.20 0.0010 145 ③ 0.80 0.40 0.0010 145 ④

0.80

0.20

0.0020

580

分析实验数据所得出的结论不正确．．．

的是 A. 增大332(),()c CH COCH v Br 增大 B. 实验②和③的2()v Br 相等

C. 增大(),c HCl 2()v Br 增大

D. 增大2()c Br ，2()v Br 增大

解析：本题主要考查化学反应速率及其影响因素。如若不认真分析图表数据获取答题信息，仅凭经验“增大反应物的浓度化学反应速率加快”，极易掉入命题者设置的陷阱，HCl 是该反应的催化剂，增大c(HCl)的浓度，对化学反应速率没有影响，会误选C ；但认真分析表中数据：①④两组实验中CH 3COCH 3,HCl 的浓度是相同的，而④中Br 2比①中的大，所以时间变长，速率变慢，D 错误。其他选项正确。

例2.(2011北京高考)在温度t 1和t 2下，X 2(g)和 H 2反应生成HX 的平衡常数如下表：

化学方程式

K (t 1 ) K (t 2)

22F H + 2HF

1.8 36

10?

321.910? 22Cl H +2HCl

129.710? 114.210? 22

Br H +2HBr 75.610?

69.310?

22

I H +HI 2

43

34

（1）已知t 2 >t 1，HX 的生成反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）HX的电子式是。

（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是。（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：。

(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：__________，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。

（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，_______（选填字母）

a. 在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低

b. X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱

c. HX的还原性逐渐

d. HX的稳定性逐渐减弱

解析：（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；

（2）HX属于共价化合物，H－X之间形成的化学键是极性共价键，因此HX的电子式是；

（3）F、Cl、Br、I属于ⅦA，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以H－F键的极性最强，H－I的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；

（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构。而H原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX；

（5）同（3）

（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c、d与K的大小无直接联系。

答案：（1）发热

（2）

（3）HF、HCl、HBr、HI；

（4）卤素原子的最外层电子数均为7个

（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多

（6）a、d

二、图像——高考试题的形象化语言：化学图像题是一种利用数学中的二维图象来描述化学问题的题型，它体现了数学方法在解决化学问题中的应用。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。近几年这种数型结合的试题频频出现，成了高考的热点题型。图象是题目的主要组成部分，把所要考查的知识简明、直观、形象的寓于坐标曲线上。解答时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等，析图的关键在于从定性和定量两个角度对“数” “形” “义” “性”进行综合思考，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。预计，以后这将是高考考查学生综合能力的一种重要方式。

1.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3.（2011江苏高考）下列图示与对应的叙述相符的是

A.图5表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化

B.图6表示0.1000 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000 mol·L－1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线

C.图7表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80 ℃时KNO3的不饱和溶液

D.图8 表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大

解析：本题考查学生对化学反应热效应、酸碱中和滴定、溶解度曲线、平衡转化率等角度的理解能力。是基本理论内容的综合。A.图5表示反应物总能量大于生成物总能量，是放热反应；B.图6中当NaOH未滴入之前时，CH3COOH的pH应大于1；C.图7通过a作一条辅助线，与KNO3的溶解度曲线有一交点在a点之上，说明a点溶液是不饱和溶液；D.图8 表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时曲线并没有达到平衡，所以反应物的转化率并不是最大。答案：C

2.考查物质化学性质或特性：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。

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：设硫酸铝和硫酸铵各1mol，则发生的反应依次为：

3OH- + Al3+ = Al(OH)3，OH- + NH4+ = NH3·H2O OH-+Al(OH)3 = AlO2-+2H2O,定性分析纵坐标排除B/C[若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].定量分析横坐标，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。

3．考查化学实验知识：通过对几年高考试题分析可以看出，对实验基础知识的考查突出了仪器的使

用、基本操作、实验安全等内容，着重考查使用基本操作的规范化、灵活性和准确性，并以图像的形式出现是一种新的趋势。

例5.（2011广东高考）下列实验现象预测正确的是（）

A、实验I：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变浓H2SO4

B、实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去

C、实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色

D、实验IV：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应

解析：单质溴能与NaOH溶液发生氧化还原反应，所以振荡后静置，上层溶液颜色会逐渐消失，A不正确；浓硫酸具有脱水性和强氧化性，浓硫酸首先将蔗糖脱水生成单质碳，然后单质碳被浓硫酸氧化而被还原成SO2，SO2具有还原性可是酸性KMnO4溶液褪色，所以B正确；在加热时稀硝酸与铜发生氧化还原反应，硝酸被还原成NO，NO与空气被氧化生成NO2，NO2是红棕色气体，C不正确；装置Ⅳ属于氢氧化铁胶体的制备，而胶体具有丁达尔效应，D正确。答案：B、D

4 .以“实验探究”为背景，考查学生获取信息、处数据理能力和绘图能力。

例6．（2009年安徽卷）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。

【实验设计】控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K(其余实验条件见下表)，设计如下对比实验。

（1

实验编号实验目的T/K pH c/10-3mol.L－1

H2O2Fe2＋

①为以下实验作参照298 3 6.0 0.30

②探究温度对降解

反应速率的影响

③298 10 6.0 0.3

【数据处理】实验测得p-CP 的浓度随时间变化的关系如右上图。（2）请根据右上图实验①曲线,计算降解

反应在50-150s 内反应速率：v (p-CP)= mol·L －1·s －

1 【解释与结论】

（3）实验①②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton 法所用试剂H 2O 2 的角度分析原因： 。

（4）实验③得出的结论是：pH=10时， 。 【思考与交流】

（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中信息，给出一种迅速停止反应的方法： 。

解析：本题源自教材“影响化学反应速率的因素”的实验探究，是一种新型探究题，本题明确给出了“探究有关因素对降解反应速率的影响”，且“实验设计”“数据处理”“结论与解释”和“思考与交流”等一系列探究过程充满了无穷魅力。主要考查的知识点有，单因素实验设计、速率的计算、pH 的应用、温度对反应速率的影响等。该类试题特点：综合性较强，多与化学平衡相结合。通过对实验方案的甄别、单因子变量设计、定性和定量实验相结合等方式，强化实验能力考查，要求学生具有从图、表中获取信息，并能够迅速提取到有用信息，利用信息解决有关问题的能力。 实验编号 实验目的 T/K pH c/10-3mol.L －

1 H 2O

2 Fe 2＋

① 为以下实验作参照 298 3 6.0 0.30 ② 探究温度对降解

反应速率的影响 313 3 6.0 0.30 ③

探究酸度对降解 反应速率的影响

298

10

6.0

0.3

（2）v (p-CP)= 8×10 mol·L ·s （3）H 2O 2 温度高时不稳定，故虽然高温能加快化学反应速率，但温度过高就会导致H 2O 2分解，

没了反应物，速率自然会减小。

（4）pH=10时，浓度不变，说明化学反应速率为0，化学反应停止。 （5）调节pH=10即可。

t / s

c (p-CP )/10-3mol .L -1

①

②

③

5.考查计算和作图能力

例7．（2011新课标全国）0.80gCuSO 4·5H 2O 样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。

请回答下列问题：

（1）试确定200℃时固体物质的化学式______________（要求写出推断过程）；

（2）取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为______________。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为_________，其存在的最高温度是_____________；

（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu 在加热时发生反应的化学方程式为________________；

（4）在0.10mol·L -1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c （Cu 2+）=________________mol·L -1（K sp [Cu （OH ）2]=2.2×10-20）。若在0.1mol·L -1硫酸铜溶液中通入过量H 2S 气体，使Cu 2+完全沉淀为CuS ，此时溶液中的H +浓度是_______________mol·L -1。

解析：（1）0.80gCuSO 4·5H 2O 中含有CuSO 4的质量为g 51.0250

160

8.0=?

。由图像可知当温度升高到102℃是时CuSO 4·5H 2O 开始部分脱水，在113℃～258℃时剩余固体质量为0.57g ，根据原子守恒可计算出此时对应的化学式，设化学式为CuSO 4·nH 2O ，则有：

51.018160160

57.0=+?

n

，解得n ＝1，所以200℃时固体物质的化学式为CuSO 4·

H 2O ；（2）由图像可知当温度超过258℃时，剩余物质恰好是CuSO 4，高温下分解的化学方程式是CuSO 4

CuO ＋SO 3↑；CuO 溶于硫酸生成CuSO 4，结晶析出生成胆矾即CuSO 4·5H 2O ；由图像可知CuSO 4·5H 2O 存在的最高温度是102℃；

（3）SO 3溶于水生成硫酸，浓硫酸在加热时与铜反应的化学方程式为：

Cu ＋2H 2SO 4

△

CuSO 4＋2H 2O ＋SO 2↑

（4）因为K sp [Cu （OH ）2]＝c(Cu 2＋

)·c 2(OH －

) =2.2×10-20，当溶液的pH=8时，c (OH －

)＝10－

6，所以c(Cu 2

＋

)＝2.2×10-8；硫酸铜溶液中通入过量H 2S 气体时反应的化学方程式为： CuSO 4＋H 2S=H 2SO 4＋CuS ，忽略

570

℃

溶于体积变化根据原子守恒可知生成的硫酸的浓度是0.1mol·L -1，所以H +浓度是0.2mol·L -1。 答案：（1）CuSO 4·H 2O ；（2）CuSO 4CuO ＋SO 3↑、CuSO 4·5H 2O 、102℃； （3）Cu ＋2H 2SO 4

△

CuSO 4＋2H 2O ＋SO 2↑

（4）2.2×10-8、0.2

例8.向一定体积的密闭容器中加入2molA 、0.6molC 和一定量的B 三种气体。一定条件下发生反应，各物质的量浓度随时间变化如图（Ⅰ）所示，其中t 0~t 1阶段c （B ）未画出。图（Ⅱ）为t 2时刻后改变反应条件，化学反应速率随时间变化的情况，四个阶段改变的条件均不相同，每个阶段只改变浓度、压强、温度、催化剂中的一个条件，其中t 3~t 4阶段为使用催化剂。

请回答下列问题：

（1）若t 1=15min ，则t 0~t 1阶段以C 物质的浓度变化表示的反应速率为 mol· L —1·min —1。 （2）t 4~t 5阶段改变的条件为 ，B 的起始物质的量浓度为 mol· L —1。

（3）t 5~t 6阶段保持容器内温度不变，若A 的物质的量共变化了0.01mol ，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ ，写出此温度下该反应的热化学方程式 。

解析：本题是一道运用浓度-时间图象与速率-时间图象来确定化学方程式、条件改变和反应物的起始浓度的综合题。因图（Ⅱ）为t 2时刻后改变反应条件，化学反应速率随时间变化的情况，四个阶段改变的条件均不相同，每个阶段只改变浓度、压强、温度、催化剂中的一个条件，其中t 3~t 4阶段为使用催化剂。根据正逆反应速率变化与化学平衡的移动情况可推断：t 2~t 3阶段和t 5~t 6阶段平衡发生了移动， t 4~t 5阶段平衡没有移动。由于改变浓度、温度化学平衡一定移动；而改变压强，对于反应前后气体体积不变的可逆反应，平衡不移动。利用三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看Δv 正、Δv 逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。由图可知： t 2~t 3阶段为改变浓度；t 5~t 6阶段为升高温度，且化学平衡正移，故该反应的正反应为吸热反应； t 4~t 5阶段为改变压强，且改变压强平衡不移动，故该反应为反应前后气体体积不变的反应。由图（I ）可知：t 1时刻达到平衡，c （A ）消耗0.2 mol·L —1, c （C ）增加了0.3 mol·L —1，只有当c （B ）消耗0.1mol·L —1时，才满足该反应为反应前后气体体积不变的反应这一条件，故B 的起始物质的量浓度为0.5mol· L —1，该反应的化学方程式为：2A(g) + B(g) 3C(g) 。答案如下：

（1）0.02 mol· L —1·min —1 （2）减小压强 0.5mol· L —1 （3）2A(g) + B(g) 3C(g) △H= +200akJ·mol —1

三、化工流程图——高考试题新热语言：化学工艺流程题是高考的新增和主流题型，它代替了几十年高考沿用的无机框图题。题型主要有制备工艺流程和工业废水处理工艺流程两类。这类试题涉及的情景新颖，还时常出现一些化工术语。这类题目是通过对某种重要化工产品的工业生产流程图的分析，以物质的制备、分离、提纯为试题环境，以元素化合物知识、实验基本操作、化学反应原理、化学化学平衡原理、

570

℃ ν

t t t t t ν(正) ν(逆)

t （Ⅱ）

t t 1.0

c （A ） c （mol ·L —1） c （C ） c （B ）

0.8

0.6

0.3

t t t 0.4

（Ⅰ）

水解原理、绿色化学观点、安全生产的知识为考查目标，以信息的获取、加工、整合和新情境下实际问题的分析、综合、解决及经济的视角分析实际生产中的各种问题为考查能力目标。

例9.(2011福建高考)四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：

回答下列问题：

（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：

2Fe3＋＋Fe === 3Fe2＋

2TiO2＋(无色) ＋Fe＋4H＋=== 2Ti3＋(紫色) ＋Fe2＋＋2H2O

Ti3＋(紫色) ＋Fe3＋＋H2O === TiO2＋(无色) ＋Fe2＋＋2H＋

加入铁屑的作用是____________。

（2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2·n H2O溶胶，该分散质颗粒直径大小在_____________范围。

（3）若把③中制得的固体TiO2·n H2O用酸清洗除去其中的Fe (OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时，K sp[Fe(OH)3]＝2.79×10-39,该温度下反应Fe (OH)3＋3H＋Fe3＋＋H2O的平衡常数

K=_____________。

（4）已知：TiO2 (s) ＋2 Cl2 (g)=== TiCl4(l) ＋O2(g) △H=+140KJ·mol-1

2C(s) ＋O2(g)=== 2CO(g) △H=—221KJ·mol-1

写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：_____________。

（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_____________（只要求写出一项）。

（6）依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4 ，可采用_____________方法。

TiCl4SiCl4

熔点/℃－25.0 －68.8

沸点/℃136.4 57.6

解析：本题是典型的化工流程题，问题设置不难。但第（3）小问设计精妙！利用数学关系巧妙代换求出反应的平衡常数，机智灵活地考查了沉淀溶解平衡常数与水的离子积常数之间的关系，命题者可谓独具匠心。分析如下：

（1）根据题意给出方程式分析铁屑的作用就是作为还原剂的，即：将Fe 3＋还原为Fe 2＋

，另外浸出液显紫色，说明含有Ti 3＋

，防止Ti 3＋

被Fe 3＋

氧化成TiO 2＋

。参考答案中“生成Ti 3＋

保护Fe 2＋

不被氧化。”有点让人费解，能不能说成“防止Ti 3＋

被Fe 3＋

氧化成TiO 2＋

”或者说“将TiO 2＋

还原成Ti 3＋

”。

（2）形成TiO 2·n H 2O 溶胶，说明得到是胶体，其分散质颗粒直径大小为10－

9～10－

7m （或1nm ～100nm ）； （3）K sp [Fe(OH)3]=c(Fe 3+)×c 3(OH —)＝2.79×10—39，25℃时，c(H +)×c(OH —)＝Kw ＝1×10—14；反应Fe (OH)3

＋3H

＋

Fe 3＋

＋H 2O 的平衡常数K=)

()c(33+

+H c Fe ＝42-3310)()c(-+?OH c Fe ＝42-39

10102.79-?＝2.79×103。 （4）涉及盖斯定律计算，比较常规，按要求写出方程式相加即可得出答案： TiO 2(s)＋ 2C(s)＋2Cl 2 (g)＝TiCl 4(l)＋2CO(g) △H=—81KJ·mol -1

（5）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处产生了废气，废液，废渣等。

（6）下表信息可以看出，SiCl 4、TiCl 4两者的沸点相差较大，要精制含少量SiCl 4杂质的TiCl 4可用蒸馏（或分馏）等方法。

这题是典型的化工流程题，问题设置不难。第（3）小问是亮点，精妙！个人觉得加上请计算．．．该反应的平衡常数K 可能设问更清晰。

答案：（1）使Fe 3+还原为Fe 2+；生成Ti 3+保护Fe 2+不被氧化。 （2）10－

9m ～10－

7m （或其他合理答案）； （3）2.79×103；

（4）TiO 2(s)＋ 2C(s)＋2Cl 2 (g)＝TiCl 4(l)＋2CO(g) △H=—81KJ·mol -1； （5）产生三废（或其他合理答案）； （6）蒸馏（或分馏，或精馏）。