邵国光

数形结合题是一种利用数学中的二维图像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。图像是题

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、反应规律及图像特点等，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。

一、考查化学基本概念

例1 （2011年江苏高考）图1所示与对应的叙述相符的是（ ）。

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

C.图C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D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。图A表示反应物总能量大于生成物总能量，是放热反应，选项A错误；图B中当NaOH未滴入之前时，CH3COOH的pH应大于1，选项B错误；图C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，选项C正确；图D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，选项D错误。答案：C。

二、考查物质化学性质或特性

例2 铁与热的稀HNO3溶液反应，其主要还原产物为N2O；而与冷的稀HNO3反应，其主要还原产物为NO；当溶液更稀时，其主要还原产物是NH+4。

请分析图2，回答有关问题：

（1）假设由任意一气体绘出的曲线内只有一种还原产物，试配平由b点到c点时反应的化学方程式：

_Fe+_HNO3——_Fe（NO3）3+_（ ）+_H2O

（2）从0点到a点的还原产物应为。

（3）a点到b点时产生的还原产物为。其原因是。

（4）已知到达d点时反应结束，此时溶液中的主要陽离子为。投入的金属铁的总的物质的量之比nc（Fe）∶nd（Fe）=。

解析 题中的条件可分为三类：

第一类是题中的文字条件：

①热的稀HNO3→N2O

②冷的稀HNO3→NO

③更稀的HNO3→NH+4

第二类是题中图像里的曲线：

①反应过程中H+浓度的变化曲线；②反应过程中生成的气体体积的变化曲线；③反应过程中消耗铁的物质的量。

第三类是题中没有明确给出的一些化学反应的经验和元素、化合物的性质：①硝酸跟金属反应是放热反应，反应过程中溶液的温度要升高；②反应过程中硝酸溶液的浓度要降低；③Fe3+可跟Fe反应生成Fe2+。

（1）由b点到c点的时间段内，H+不断反应掉[从c（H+）曲线下降可看出]，Fe不断反应掉（从消耗铁的量曲线上可看出），气体的体积不变（从气体体积的曲线由b点到c点段内平行于横坐标可看出）。可见，这一段时间内无气体产物生成，结合文字信息可判断出还原产物只能是硝酸铵，进而可写出配平的化学方程式：

8Fe+30HNO3

8Fe（NO3）3+3NH4NO3+9H2O

（2）从0点到a点的时间段内，反应刚开始，溶液的温度较低，反应可看作是在冷的条件下进行，结合文字信息可知还原产物主要是NO。

（3）反应进行到a点时，因铁跟硝酸的反应是放热反应，溶液温度逐渐升高，故反应在较高温度下进行，结合文字信息可知从a到b点这一段内产生的还原产物主要为N2O。

（4）反应后，考虑到Fe3+可跟Fe反应生成Fe2+，溶液中主要阳离子应为Fe2+。根据反应式2Fe3++Fe3Fe2+知，投入的金属铁的物质的

量之比为nc（Fe）∶nd（Fe）=

2∶3。

三、考查化学基本理论

1.考查化学反应速率与化学平衡

例3 （2015年高考（新课标1）节选）（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如表1。

①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：。

②上述反应中，正反应速率为v正=k正x2（HI），逆反应速率为v逆=k逆x（H2）x（I2），其中k正、k逆为速率常数，则k逆为（以K和k正表示）。若k正=0.0027 min-1，在t=40 min时，v正=min-1.

③由上述实验数据计算得到v正～x（HI）和v逆～x（H2）的关系可用图3表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为（填字母）。

解析 （4）①问中的反应是比较特殊的，反应前后气体体积相等，不同的起始态很容易达到等效的平衡状态。大家注意表格中的两列数据是正向和逆向的两组数据。

716K时，取第一行数据计算：

2HI（g）H2（g）+I2（g）endprint

n（始）（取1 mol）100

Δn0.2160.1080.108

n（平）0.7840.1080.108

K=c（H2）·c（I2）c2（HI）=0.108×0.1080.7842

本小题易错点：计算式会被误以为是表达式。

②问的要点是：平衡状态下，v正=v逆，故有：k正·x2（HI）=k逆·x（H2）·x（I2）

故有：k逆=k正/K

③问看似很难，其实注意到升温的两个效应（加快化学反应速率、使平衡移动）即可突破：先看图像右半区的正反应，速率加快，坐标点会上升；平衡（题中已知正反应吸热）向右移动，坐标点会左移。综前所述，找出A点。同理可找出E点。

答案：（4）①K=0.108×0.1080.7842；②k逆=k正/K；1.95×10-3；③A、E

2.考查水溶液中的离子平衡

例4 （2014年高考浙江卷）氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO-强。25℃时氯气体系中存在以下平衡关系：

Cl2（g）Cl2（aq） K1=10-1.2

Cl2（aq）+H2OHClO+H++Cl-

K2=10-3.4

HClOH++ClO-Ka=？

图4其中Cl2（aq）、HClO和ClO-分别在三者中所占分数（α）随pH变化的关系如图4所示。下列表述正确的是（ ）。

A.Cl2（g）+H2O2H++ClO-+Cl-

K=10-10.9

B.在氯处理水体系中c（HClO）+c（ClO-）=c（H+）-c（OH-）

C.用氯气处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差

D.氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好

解析 HClOH++ClO-

Ka=c（H+）·c（ClO-）c（HClO）

由图像上两曲线的一个交点（pH=7.5）可知：c（ClO-）=c（HClO），所以Ka=c（H+）=10-7.5

将题给的三个方程式相加可得：

Cl2（g）+H2O2H++ClO-+Cl-

K=K1·K2·Ka=10-1.2×10-3.4×10-7.5=10-12.1，所以选项A错误。

选项B中，H2OH++OH-

HClOH++ClO-

Cl2（aq）+H2OHClO+H++Cl-

由质子守恒关系得：

c（H+）=c（ClO-）+

c（Cl-）+c（OH-）

则c（H+）-c（OH-）=c（ClO-）+c（Cl-）

又因为c（Cl-）>c（HClO），所以c（HClO）+

c（ClO-）

由图4可知pH=6.5时，c（HClO）>c（ClO-），杀菌效果比pH=7.5时要好，选项C正确。

D项中，夏季温度高，氯气在水中的溶解度比冬季要小，c（HClO）和c（ClO-）的浓度比冬季要小，杀菌效果比冬季差，选项D错误。

四、以“实验探究”为背景，考查学生获取信息、处理数据能力和绘图能力

例5 （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（其余实验条件見表2），设计如下对比实验。

（1）请完成表2（表中不要留空格）。

①为以下实验作参照29836.00.30

②探究温度对降解反应速率的影响____

③_298106.00.3

数据处理 实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如图5。

（2）请根据图5实验①曲线，计算降解反应在50 s～150 s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H2O2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。

答案如下：（1）

①为以下实验作参照29836.00.30

②探究温度对降解反应速率的影响31336.00.30

③探究酸度对降解反应速率的影响298106.00.3

（2）v（p-CP）=8×10-6mol·L-1·s-1。

（3）H2O2温度高时不稳定，故虽然高温能加快化学反應速率，但温度过高就会导致H2O2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。

五、数形结合确定化学式

例6 （2011年新课标全国Ⅰ卷）0.80 g CuSO4·5H2O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）如图6所示。图6

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0.10 mol·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（Cu2+）=mol·L-1，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20）。若在0.1 mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是mol·L-1。

解析 （1）0.80 g CuSO4·5H2O中含有CuSO4的质量为0.8×160250=0.51 g。由图像可知当温度升高到102℃时是CuSO4·5H2O开始部分脱水，在113℃～258℃时剩余固体质量为0.57 g，根据原子守恒可计算出此时对应的化学式，设化学式为CuSO4·n（H2O），则有：0.57×160160+18n=0.51，解得n=1，所以200℃时固体物质的化学式为CuSO4·H2O；

（2）由图像可知当温度超过258℃时，剩余物质恰好是CuSO4，高温下分解的化学方程式是CuSO4570℃CuO+SO3↑；CuO溶于硫酸生成CuSO4，结晶析出生成胆矾即CuSO4·5H2O；由图像可知CuSO4·5H2O存在的最高温度是102℃；

（3）SO3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+2H2SO4△CuSO4+2H2O+SO2↑

（4）因为Ksp[Cu（OH）2]=c（Cu2+）·c2（OH-）=2.2×10-20，当溶液的pH=8时，c（OH-）=10-6，所以c（Cu2+）=2.2×10-8；硫酸铜溶液中通入过量H2S气体时反应的化学方程式为：CuSO4+H2SH2SO4+CuS，忽略溶于体积变化根据原子守恒可知生成的硫酸的浓度是0.1 mol·L-1，所以H+浓度是0.2 mol·L-1。

答案：

（1）CuSO4·H2O；

（2）CuSO4570℃CuO+SO3↑

CuSO4·5H2O、102℃

（3）Cu+2H2SO4△CuSO4+2H2O+SO2↑

（4）2.2×10-8；0.2

（收稿日期：2017-05-10）endprint