化學圖形題及其解題策略ppt課件

1、化學圖形題及其解題戰(zhàn)略 一.概述 化學圖形題是一種利用數(shù)學中的二維圖象處理化學問題的題型。它調(diào)查范圍廣，中學化學中的一切內(nèi)容，如元素化合物、化學根本概念和實際、化學實驗、化學計算等均可以此方式進展調(diào)查。隨著高考改革的不斷深化及對學生綜合才干要求的不斷提高，這種以數(shù)學方法處理化學問題的標題不斷增多。 近幾年來在全國高考題以及上海、廣東高考題中，數(shù)型結(jié)合的試題頻頻出現(xiàn)，成了高考的熱點題型。估計，以后這將是高考調(diào)查學生綜合才干的一種重要方式。 化學圖形題及其解題戰(zhàn)略 一.概述 這類題型的特點是：圖象是標題的主要組成部分，把所要調(diào)查的知識寓于坐標曲線上，簡明、直觀、籠統(tǒng)。解答圖象題必需抓住有關概念和有

2、關物質(zhì)的性質(zhì)、反響規(guī)律及圖象特點。析圖的關鍵在于對“數(shù) “形 “義 “性的綜合思索，其重點是弄清“起點 “交點 “轉(zhuǎn)機點拐點“終點 及各條線段的化學含義。 化學圖形題及其解題戰(zhàn)略 一.概述 二.題型分類 從能否主要從量的角度調(diào)查可將圖象題分為：偏重定性調(diào)查和偏重定量調(diào)查兩類。偏重定性調(diào)查的標題其調(diào)查重點是：化學反響過程的特點規(guī)律、化學反響的先后順序等。例1(04廣東)以下圖曲線a表示放熱反響X(g)+Y(g) Z(g)+M(g)+N(s)進展過程中X的轉(zhuǎn)化率隨時間變化的關系。假設要改動起始條件，使反響過程按b曲線進展，可采取的措施是 A升高溫度 B加大X的投入量C加催化劑 D增大體積解析：由圖

3、可知：改動條件，到達平衡時所需時間較短X的轉(zhuǎn)化率恒定后，那么化學反響速率加快， 且到達平衡時X的轉(zhuǎn)化率沒有變化。而A、B 項改動條件時X的轉(zhuǎn)化率均會改動， D項增大體積，化學反響速率會變慢。故只需C項符合。例2(03上海)以下實驗過程中產(chǎn)生的景象與對應的圖形相符合的是 A.NaHSO3粉末參與HNO3溶液中 B.H2S氣體通入氯水中C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中 D.CO2氣體通入廓清石灰水中 解析：A中HNO3將NaHSO3氧化，而HNO3本身將被復原為NO或NO2氣體，所以一開場反響就有氣體放出。A錯。B中由反響H2S +Cl2=2HCl+ S可知：開場溶液的酸性加強，pH會

4、降低。B也錯。A.NaHSO3粉末參與HNO3溶液中 B.H2S氣體通入氯水中 C中反響時溶液中就有BaCO3沉淀產(chǎn)生，故C也錯。而D中，先逐漸生成CaCO3沉淀溶液導電才干降低，后來CO2繼續(xù)與CaCO3反響生成強電解質(zhì)Ca(HCO3)2，故此時溶液導電才干會逐漸加強，D正確。 C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中D.CO2氣體通入澄 清石灰水中 該題重點調(diào)查學生根據(jù)相關化學反響原理結(jié)合圖表進展分析、推理的才干。 例3. (02上海)將足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物質(zhì)的量n和通入CO2體積v的關系正確的選項是( ) 解析：此題要求學生了解溶液中離子反

5、響的原理和反響的進程，同時調(diào)查學生形圖形、數(shù)數(shù)值、象化學景象結(jié)合進展分析、推理的才干。 從反響的原理分析，反響分四個階段：1溶液中OH-與CO2反響，同時生成的CO32-與Ca2+結(jié)合，反響式為：CO2+2OH-+Ca2+= CaCO3+ H2O，所以反響一開場就有沉淀產(chǎn)生，且沉淀量隨反響的進展逐漸添加； 2由于溶液中既有KOH又有Ca(OH)2，那么必存在2c(Ca2+)c(OH-)的關系，故當Ca2+沉淀完全后，CO2與OH-繼續(xù)反響生成CO32-此時不再有沉淀產(chǎn)生，曲線上表現(xiàn)為平臺； 3繼續(xù)通入CO2，CO2與溶液中CO32-先反響：CO2+ CO32-+H2O=2HCO3-逆向思索：假

6、設CO2先跟CaCO3反響，那么生成Ca(HCO3)2，其中Ca2+又會跟CO32-反響，生成CaCO3沉淀；4隨后通入的CO2與CaCO3沉淀反響，將CaCO3轉(zhuǎn)化為可溶性的酸式鹽，從而導致沉淀量減少，直至沉淀消逝。答案為D。 啟示：平常學習中須加強邏輯思想訓練，以培育思想的有序性。還要提高正逆向思想才干，以加強思想的流暢性和變通性。請問：假設n(KOH):nCa(OH)2=2:1,圖象上有何表達？例4將物質(zhì)的量相等的硫酸鋁和硫酸銨溶于水構(gòu)成VmL混合溶液，向混合溶液中逐漸參與某氫氧化鈉溶液其物質(zhì)的量濃度為混合溶液中兩溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度之和直至過量。以下表示氫氧化鈉溶液參與的體積x與溶液中產(chǎn)

7、生沉淀的物質(zhì)的量y的關系表示圖中正確的選項是 解析：設該題中體積為1L， 硫酸鋁和硫酸銨各1mol，那么OH-先與Al3+反響，Al(OH)3沉淀完全后，OH-再與NH4+反響否那么OH-先與NH4+反響生成NH3H2O，NH3H2O依然要和Al3+反響生成Al(OH)3沉淀，1mol硫酸鋁有中2molAl3+，顯然需求6molOH-才干將其沉淀轉(zhuǎn)化成為2mol Al(OH)3，1mol硫酸銨中有2mol NH4+，需求2mol OH-將其轉(zhuǎn)化為NH3H2O，隨后OH-才干溶解Al(OH)3，此處需求2molOH-。那么三步反響中所耗費的OH-的物質(zhì)的量的比值為6：2：2=3：1：1，只需A符

8、合。 該題除調(diào)查反響的先后順序外，偏重調(diào)查反響中的定量關系。 例5向100ml3molL-1的硫酸鋁銨NH4Al(SO4)2溶液中逐滴參與1molL-1的Ba(OH)2溶液1寫出至剛好出現(xiàn)沉淀總物質(zhì)的量為最大值時的離子方程式 (2)隨著Ba(OH)2的體積V的變化,沉淀總物質(zhì)的量n的變化如下圖.求出B點和C點所對應的Ba(OH)2溶液的體積：B C 。解析：此題必需先弄清B 、C等特殊點及各線段的化學含義。 1假設SO42- 與Ba2+恰好全部轉(zhuǎn)化為沉淀，那么NH4Al(SO4)2與Ba(OH)2的物質(zhì)的量之比應為1：2，因n(NH4+Al3+)：n(OH-)=1：4，那么此時NH4+全部構(gòu)成

9、NH3H2O，Al3+恰好全部轉(zhuǎn)化為沉淀，那么沉淀總量達最大值B點。 離子方程式為：Al3+2SO42-+ NH4+ 2 Ba2+ + 4 OH-=Al(OH)3+2BaSO4 +NH3H2O 2B點反響關系為：NH4Al(SO4)2 2Ba(OH)2，VBa(OH)2aq= = 0.6L=600ml顯然，BC段為Al(OH)3逐漸溶解的過程，C點為Al(OH)3恰好被過量OH-溶解時的情況。1份Al(OH)3需求1份OH-溶解，故此時比B點應多耗費1/2份Ba(OH)2，反響關系為：NH4Al(SO4)2 5/2Ba(OH)2，可算出VBa(OH)2aq= 750ml。 請問：A點是什么情況

10、？ 顯然，這類定量問題更能區(qū)分學生思想才干的差別，能對學生思想的深化性、全面性進展深化全面的調(diào)查。 當然，圖象題也可按它所調(diào)查的化學知識分類，如調(diào)查元素化合物知識、化學實驗等。還可按能否要求作圖分為：結(jié)合圖象的分析推理題及根據(jù)有關過程反響的作圖題。等。三.各類題型及解法探析 例6常溫下，向0.1molL-1的硫酸溶液中參與物質(zhì)的量濃度一樣的氫氧化鋇溶液，生成沉淀的量與參與氫氧化鋇溶液的體積關系如下圖，a、b、c、d分別表示實驗時不同階段的溶液，以下有關說法中不正確的選項是 A溶液的pH：abcd B溶液的導電才干：abdcCa、b溶液顯酸性 Dc、d溶液顯堿性解析：由圖知：ac段為反響時氫氧化

11、鋇溶液缺乏量，c點為氫氧化鋇溶液與硫酸溶液恰好完全反響此時耗費氫氧化鋇溶液20mL，又由題意知氫氧化鋇濃度也為0.1molL-1，那么原硫酸溶液也為20mL，cd段為硫酸溶液過量。b點參與氫氧化鋇溶液為10mL含氫氧化鋇1mmol、那么此時硫酸過量0.1molL-120 mL-1mmol=1mmol，同理d點為氫氧化鋇過量1mmol 。 顯然A、C正確，至于B選項，難以比較的是b、d兩點，雖然過量硫酸與過量氫氧化鋇的物質(zhì)的量相等各1mmol，但由于b點溶液總體積較小，故b點溶液導電性較強。選D。 小結(jié) 解此類題時普通先要弄清“起點 “轉(zhuǎn)機點拐點“終點 及各條線段的變化趨勢的化學含義。再結(jié)合有關

12、反響原理進展分析推理。 一.調(diào)查化學根本概念及實際 化學根本概念及實際是中學化學學習中的重要內(nèi)容，也是掌握元素化合物知識、化學實驗、化學計算等化學知識的根底。近年來高考對化學根本概念及實際的調(diào)查有所加強，而且對該知識的調(diào)查有與化學其他知識的調(diào)查相交融和浸透的趨勢。例7關于電解氯化銅溶液時的pH變化問題,化學界有以下兩種的觀念：一是實際派以為電解氯化銅溶液后溶液的pH升高。二是實驗派經(jīng)過反復多次準確的實驗測定證明電解氯化銅溶液時pH的變化如以下圖所示： 請回答以下問題：(1)電解氯化銅溶液的pH處于A點位置的緣由是(用離子方程式闡明) 。 解析：1A點為起點，因Cu2+會水解，故 溶液為酸性。

13、離子方程式為： Cu2+2H2O Cu(OH)2+2H+2實際派可持觀念的實際根據(jù)是2解析： 顯然實際派所持觀念與Cu2+的水解平衡有關。根據(jù)是：電解時, Cu2+在陰極放電析出Cu，隨c(Cu2+)降低，水解平衡向左挪動，導致c(H+)下降，溶液的pH升高， pH為7時到達最大值。3解析：實驗派的結(jié)論是：溶液的pH 降低。他們所述“準確的實驗從中學化學中所學到的知識分析,只能是經(jīng)過pH計來準確測定。該觀念的理由是：因陰極產(chǎn)生的Cl2部分溶于水發(fā)生反響： Cl2+ H2O=HCl+ HClO，使溶液中c(H+)增大，故pH降低。(3)實驗派的結(jié)論是_ ，他們所述“準確的實驗 是經(jīng)過_來準確測定

14、溶液的，該觀念的理由是(從化學原理加以簡述) 圖1 不同溫度下G的體積分數(shù)例8(01廣東)反響：L固aG氣bR氣到達平衡時，溫度和壓強對該反響的影響如圖所示：圖1中：壓強p1p2， x軸表示溫度，y軸表示平衡混合氣中G的體積分數(shù)。據(jù)此可判別 ( ) A上述反響是放熱反響 B上述反響是吸熱反響 ab Dab圖1 不同溫度下G的體積分數(shù)L固aG氣 bR氣 壓強p1p2，x軸表示溫度，y軸表示平衡混合氣中G的體積分數(shù)解析：由題知p1p2，當溫度一定時，到達平衡時壓強為p1時G的體積分數(shù)較大， 當壓強一定時，溫度，G的體積分數(shù)降低，那么平衡向正反響方向挪動，正反響方向為吸熱反響方向。選B D。 那么p

15、，平衡向逆反響 方向挪動，那么ab； 例9鋅與不同濃度的硝酸可發(fā)生不同的反響，其中鋅與被復原的硝酸的物質(zhì)的量的關系符合圖示X表示耗去Zn的物質(zhì)的量，Y表示被復原的硝酸的物質(zhì)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(濃)=Zn(NO3)2+2H2O+2NO2Zn+8HNO3(稀)=3Zn(NO3)2+4H2O+2NO(B)4Zn+10HNO3(稀)=4Zn(NO3)2+5H2O+N2O(C)4Zn

16、+10HNO3(稀)=4Zn(NO3)2+3H2O+NH4NO3 (D) Zn+4HNO3(濃)=Zn(NO3)2+2H2O+2NO2解析：圖中顯示， n(Zn) ：n(HNO3)(被復原)= 1：2，而A 、B、 C、D選項中的該值分別為3：2、2：1、4：1、1：2，應選D 例10銅和硝酸反響的物質(zhì)的量的關系如下圖，縱坐標表示耗費銅的物質(zhì)的量，橫坐標表示耗費銅的物質(zhì)的量，坐標圖中各條線表示以下反響：A.Cu與濃HNO3 B.Cu與稀HNO3C.Cu與被復原的HNO3(濃) D.Cu與被復原的HNO3(稀)其中:(1)Q表示反響 ;(2) P表示反響 ;(3)S表示反響 ;(4)T表示反響

17、; A.Cu與濃HNO3 B.Cu與稀HNO3C.Cu與被復原的HNO3(濃) D.Cu與被復原的HNO3(稀)解析：由Cu與濃HNO3、稀HNO3的反響：Cu +4HNO3濃=CuNO32+2 NO2+2 H2O；3Cu+8HNO3稀=3CuNO32+2NO+4H2O，可得：濃HNO3與Cu反響中n(HNO3)：n(Cu)=4：1, n(HNO3)( 被復原)：n(Cu)=2：1；稀HNO3與Cu反響中n(HNO3)：n(Cu)=8：3，n(HNO3)( 被復原)：n(Cu)=2：3。結(jié)合圖象迅速可得(1) (2) (3) (4)的答案依次為D、C、B、A。 例11有三份不同質(zhì)量的鐵粉樣品甲

18、、乙、丙三位同窗各取一份樣品分別與含有0.8molHNO3的稀硝酸反響，反響后稀硝酸和鐵均無剩余，且硝酸的復原產(chǎn)物只需NO。據(jù)此回答以下問題：(1) 甲取樣品，反響后的溶液中鐵只以Fe3+離子的方式存在，那么樣品的質(zhì)量為_g。 1解析：根據(jù)題意，反響方程式為Fe+4HNO3=FeNO33+NO+2H2O，那么n(Fe)=0.2 mol，為11.2 g (2) 乙取樣品，反響后的溶液中既含有Fe3+、又含有Fe2+離子，那么樣品的質(zhì)量(設為ag)范圍是_。2解析：假設Fe全部轉(zhuǎn)化為Fe2+離子，那么反響方程式為3Fe+8HNO3=3FeNO33+2NO+4H2O，那么n(Fe)=0.3 mol，

19、為16.8 g，反響后的溶液中既含有Fe3+、又含有Fe2+離子，故11.2a16.8。 (3) 丙取樣品，將其漸漸參與到稀硝酸中，并不斷攪拌，反響過程中溶液里Fe3、Fe2、NO3三種離子中的一種離子的物質(zhì)的量的變化曲線如以下圖所示，那么該曲線表示_(填“Fe3、“Fe2、或“NO3)的物質(zhì)的量變化的曲線， 請他在此圖中再畫出這三種離子中的另外兩種離子的物質(zhì)的量的變化曲線。3解析：據(jù)圖知：該離子起始物質(zhì)的量為0.8 mol，先逐漸減少，后堅持不變，它只能是NO3。 3解析：根據(jù)題意：參與Fe的量由少到多，那么開場由于HNO3足量，那么應生成Fe3+，且隨著Fe的量的添加00.2mol，生成F

20、e3+也由少到多，由于HNO3為0.8mol，那么Fe3+的量由00.2mol；當Fe的量大于0.2mol，F(xiàn)e3+的量開場減少，開場生成Fe2+，由于2Fe3+ Fe=3Fe2+，那么Fe再添加0.1mol時，F(xiàn)e2+的量到達最大值0.3mol，而Fe3+由0.2mol0。作出的圖象如下： n(Fe)/moln/mol00.10.20.30.40.20.40.60.8小結(jié) 要順利處理該類問題，首先要熟練掌握有關化學根本概念和實際。如化學反響速率和平衡實際、氧化復原反響的概念和規(guī)律、電解質(zhì)溶液實際。利用平衡挪動原理、氧化復原反響中的反響規(guī)律及電子守恒原理等進展分析；其次要能結(jié)合化學反響中量的關

21、系進展計算和推理，再結(jié)合圖象的特點求解或根據(jù)有關量的變化作圖。 二.調(diào)查物質(zhì)化學性質(zhì)或特性 例12.現(xiàn)有AlCl3 和FeCl3混合溶液，其中Al3+和Fe3+的物質(zhì)的量之和為0.1mol，在此溶液中參與 90mL濃度為 4mol/L 的NaOH 溶液，使其充分反響，設Al3+ 的物質(zhì)的量與總物質(zhì)的量的比值為x。1根據(jù)反響的化學方程式計算，當x=0.4時，溶液中產(chǎn)生的沉淀是什么？物質(zhì)的量是多少？要點：Al3+和Fe3+的物質(zhì)的量之和為0.1mol，n(OH)=0.09L4mol/L=0.36mol， Al3+ 的物質(zhì)的量與總物質(zhì)的量的比值為x 解析:根據(jù)化學方程式：Fe3+3OH-= Fe(O

22、H)3 Al3+3OH- = Al(OH)3 Al(OH)3+OH- =AlO2- +2H2O參與的n(OH-)=0.36mol0.36mol0.1mol3，OH-可以將Fe3+、Al3+沉淀完全，且隨著x值的變化，Al(OH)3可以部分或全部溶解。 當x=0.4時，n(Fe3+)=0.1mol(1-0.4)=0.06mol n(Al3+)=0.1mol0.4=0.04mol生成的nFe(OH)3= 0.06mol 剩余的n(OH-)= 0.36mol-0.06mol3=0.18mol要點：Al3+和Fe3+的物質(zhì)的量之和為0.1mol，n(OH)=0.09L4mol/L=0.36mol， A

23、l3+ 的物質(zhì)的量與總物質(zhì)的量的比值為x 解析:由于 4，所以Al3+完全轉(zhuǎn)變?yōu)锳lO2。故：當x=0.4時，溶液中產(chǎn)生的沉淀是Fe(OH)3，物質(zhì)的量是0.06mol。 欲使沉淀只需 Fe(OH)3，必需滿足： 4，即x0. 6，故0 x0. 6時，沉淀中只需 Fe(OH)3。沉淀總量 (mol)隨 x(01)變化的關系為：0 x0. 6時，此時，F(xiàn)e3+沉淀完全。n(沉淀)= nFe(OH)3= 0.1mol(1-x)0. 6x1時，此時，F(xiàn)e3+沉淀完全，Al3+部分沉淀，部分轉(zhuǎn)化為AlO2。n(沉淀)= 0.1mol(1-x)+ 0.1molx-(0.36mol-0.1mol3) =0

24、.04mol因：0 x0. 6時，n(沉淀)= 0.1mol(1-x)0. 6x1時，n(沉淀)=0.04mol 圖象如下： 當Al3+和 Fe3+ 的物質(zhì)的量之和為Amol(A為合理取值)，其他條件不變時，欲使沉淀中同時有 Fe(OH)3 、Al(OH)3,必需滿足: 4，即x故：x的取值范圍為 x1。 此時：nFe(OH)3=A(1-x)mol，nAl(OH) 3= A x mol-(0.36mol- Amol3)= A(x+3)-0.36mol 小結(jié)這類題型常以物質(zhì)的化學性質(zhì)，特別是化學特性為基點進展命題。如Al(OH) 3等鋁的化合物的兩性，不同價態(tài)鐵之間的轉(zhuǎn)化關系等。處理問題的關鍵：

25、首先要掌握物質(zhì)化學性質(zhì)或特性，留意不同物質(zhì)化學性質(zhì)的差別；再根據(jù)相關量的關系進展分析討論或作圖。 3調(diào)查分析推理才干 分析推理才干是一種重要的化學學科才干。利用圖形并結(jié)合化學反響中量的關系，能更直接、更深化地調(diào)查該才干。 13今有堿金屬的兩種碳酸鹽組成的混合物 6.14g，加水溶解后，取所得溶液的非常之一，向其中緩慢滴加一定濃度的鹽酸，并同時記錄放出CO2的體積規(guī)范情況和耗費鹽酸的體積，得到右圖所示的曲線。試計算： 1混合物中碳元素的質(zhì)量分數(shù)。解析：(1)w(c)= g100=9.8解析：(2)由鹽酸體積從12ml到32ml可知，此時發(fā)生的反響為HCO3-+H+=CO2+H2O，而該過程放出氣

26、體為112ml，故C(HCl)= 2所滴加鹽酸的物質(zhì)的量濃度。 解析：從開場至耗12 ml鹽酸時無氣體放出，故固體中應含有碳酸鹽，后耗20ml鹽酸使產(chǎn)生的CO2氣體達最大值, 而1220，固體中還含有碳酸氫鹽.3確定這兩種堿金屬碳酸鹽的化學式。 設碳酸鹽和碳酸氫鹽分別為R2CO3和RHCO3,那么有R2CO3HClRHCO3，n(R2CO3)=1210-3L0.25mol/L=310-3 mol， R2CO3與鹽酸反響至全部轉(zhuǎn)化為CO2共耗鹽酸24ml,那么另8ml鹽酸用于和RHCO3反響， n(RHCO3)=810-3L0.25mol/L=210-3mol.再設R與R的相對原子質(zhì)量分別為M(

27、R)、M(R)，那么310-3 mol2 M(R)+60 g/mol+210-3molM(R)+61g/mol =6.14g 1/10,解得3 M(R)+ M(R)=156。 由 3 M(R)+ M(R)=156 討論M(R)0， M(R)52。當R為Li時，M(R)=，無此堿金屬；當R為Na時，M(R)=87 ，無此堿金屬； 當R為K時，M(R)=39，那么R也為K 。故兩種堿金屬碳酸鹽的化學式分別為K2CO3和KHCO3。例1400廣東以下圖是100mg受熱分解時，所得固體產(chǎn)物的質(zhì)量隨溫度變化的曲線。試利用圖中信息結(jié)合所學的知識，回答以下各問題：1溫度分別為t1和t2時，固體產(chǎn)物的化學式A

28、是_，B是_。解析： CaC2O4H2O開場分解時應先釋放出水，產(chǎn)生CaC2O4。由圖中數(shù)據(jù) = ，得到驗證。1溫度分別為t1和t2時，固體產(chǎn)物的化學式A是_，B是_。解析：溫度升高，CaC2O4繼續(xù)分解只能釋放CO或CO2，而假設釋放CO2，將產(chǎn)生CaCO2，顯然錯誤。故只能釋放CO，產(chǎn)生CaCO3。驗證： = 。故1答案為：CaC2O4 CaCO3 2由CaC2O4H2O得到A的化學方程式為_。3由A得到B的化學方程式為_。 (2)解析：得到A的化學方程式為CaC2O4=CaC2O4+H2O由A得到B的化學方程式為CaC2O4=CaCO3+CO 4由圖計算產(chǎn)物C的相對分子質(zhì)量，并推斷C的合

29、理的化學式。 (4)由圖讀得分解產(chǎn)物C的質(zhì)量約為38mg, 由關CaC2O4H2OC那么C的相對分子質(zhì)量= =56，結(jié)合CaCO3的分解，由此推斷C的化學式是CaO 。 小結(jié) 這類題型重點調(diào)查化學反響的過程特點及反響中量的關系。只需熟練掌握化學反響的規(guī)律，弄清反響條件和反響先后順序的關系，解題時才干得心應手。 4調(diào)查計算才干 計算，特別是過量計算是中學化學中的重要內(nèi)容，是學生必需掌握的重點知識。利用圖形調(diào)查計算才干，既可使問題更直觀、明了，也可使問題更能反映出過程的特點。 例15某氣態(tài)不飽和鏈烴CnHm在一定條件下與H2加成為CnHm+x，取CnHm與H2的混合氣體共60ml進展實驗，發(fā)現(xiàn)隨混

30、合氣中H2所占體積的變化，反響后得到的氣體總體積也不同，反響前混合氣中H2所占的體積Wml和反響后氣體總體積Vml的關系如圖同溫同壓，由此可知x的數(shù)值是 A4 B3 C2 D1 解析：從圖中可知，W為0-40ml時應是CnHm與H2加成時CnHm過量，W為40-60ml時應是CnHm與H2加成時H2過量。而反響后得到的氣體總體積最小時，應為不飽和鏈烴CnHm與H2恰好加成轉(zhuǎn)化為飽和烴時的情況(加成前CnHm和H2的體積各為20ml和40ml)，故CnHm與H2恰好加成n(CnHm)：n(H2)=1：2，即1mol該不飽和烴要結(jié)合2mol H2，也即4molH，x=4。例16由CO2、H2O(g

31、)組成的混合氣體共amol，其中CO2的物質(zhì)的量分數(shù)為x。將混合氣體緩慢經(jīng)過裝有1molNa2O2的真空管，充分反響后，維持1.01105Pa，120。搜集所得氣體，冷卻、稱量，真空管中固體質(zhì)量添加yg。 (1)假設a=1，那么y= _用含x的代數(shù)式表示。 解析：此題所涉及反響為：2CO2+ 2Na2O2=2Na2CO3+ O2 12H2O + 2Na2O2=4NaOH+ O2 2由反響知： CO2、H2O與Na2O2分別以等物質(zhì)的量進展反響，第一個反響中實踐上吸收了CO2中的“CO，而第二個反響中實踐上吸收了H2O中的“H2；此外，由于CO2可與NaOH反響，當CO2和H2O對Na2O2過量

32、時，應思索CO2先與Na2O2反響。 1假設a=1，那么CO2和H2O全部與Na2O2反響，因n(CO2)= xmol，n(H2O)= (1-x)mol，那么Na2O2添加的質(zhì)量y=xmol28g/mol+(1-x)mol2g/mol=(26 x+2) g (2)解析：假設a=2，x=0.3時， n(CO2)= 0.6mol，1mol Na2O2只能與0.4mol H2O反響，y=0.6mol28g/mol +0.4mol2g/mol=17.6 g 。(2)假設a=2，x=0.3時，y= (3)假設a=2，試討論：x取值不同時，反響后所得氣體的成份及y的表達式不一定填滿。x取值范圍反應后所得氣

33、體的成份y的表達式3假設a=2，當x=0.5時，n(CO2)=1mol，此時CO2恰好將Na2O2反響完H2O不反響，y=1mol28g/mol=28g；反響后所得氣體的成份為H2O、O2； 當0 x0.5時，n(CO2)=2xmol此時CO2反響完，反響的n(H2O)=1-2xmol，y=2xmol28g/mol+1-2xmol2g/mol=52 x +2g ；反響后所得氣體的成份為H2O、O2； 當0.5x1時，由于n(CO2)=2xmol1mol，故此時只需1mol CO2與Na2O2反響y=1mol28g/mol=28 g；反響后所得氣體的成份為H2O 、CO2、O2； 4假設a=1.25，試作圖表示y與x的關系。 4假設a=1.25，先找出CO2恰好將Na2O2反響完時的情況。顯然當n(CO2)=1.25xmol =1mol時，即x =0.8時，CO2恰好將Na2O2反響完。y=28 g； 當0.8x1時，由于n(CO2)1mol，故y=28 g； 當0 x0.8時，n(CO2)=1.25xmol此時CO2反響完，反響的n(H2O)=1-1.25xmol ，y=