高考化学复习考点知识专题讲解19 图像法在化学中的应用

高考化学复习考点知识专题讲解
专题十九、图象法在化学中的应用
考点知识
以化学知识为载体，将化学问题抽象成数学问题，利用数学工具通过计算和推理，解决化学问题，是图象分析法的解题特点。

“镁、铝图象题”是接触到最多的图象题。

利用图形结合的方法，可在解决问题时起到事半功倍的效果。

化学反应速率和化学平衡的有关理论具有一定的抽象性，通过图像可以使问题形象化，常结合以化工生产、能源的开发、环境污染的处理为背景，设计工艺流程题、信息题等考查学生对离子浓度的大小比较、沉淀的先后顺序、杂质的除去、物质的制备、化学方程式及热化学方程式的书写化学反应速率和化学平衡常数的计算、化学平衡状态的判断及对化学平衡状态的理解等，试题类型为选择题、填空题、计算题等。

这些都是高考中的热点问题。

重点、难点探源
一、镁和铝的比较
1、镁和铝化学性质的比较
Mg-2e-=Mg2+Al-3e-=Al3+，镁铝都容易失去最外层电子成为阳离子，它们是比较活泼的金属。

2、氢氧化镁和氢氧化铝
二、外界因素对正逆反应速率的影响
1、浓度：增大反应物（或生成物）浓度的瞬间，正（或逆）反应速率急剧增大，逆（或
正）反应速率不变。

同理，减小反应物浓度或生成物浓度，反应速率都会发生相应的改变。

2、压强：增大压强，正、逆反应速率都增大。

对于反应前后气体体积增大的反应，△V
（正）<△V（逆）；对于反应前后气体体积减小的反应，△V（正）>△V（逆）；对于反应前后气体体积不变的反应，△V（正）=△V（逆）。

同理，减小压强，反应速率发生相应的改变。

3、温度：升高温度，正、逆反应速率都增大，对于放热反应，△V（正）<△V（逆）；
对于吸热反应，△V（正）>△V（逆）。

4、催化剂：使用催化剂，同等程度的加快正、逆反应速率。

三、外界因素对化学平衡的影响
1、影响化学平衡的因素
①内因：由参加反应的物质的性质决定
②若其他条件不变，改变下列条件对平衡的影响如下：
反应前后气体分子数不变的反应
改变压强 化学平衡不移动
温度
升高温度 向吸热反应方移动向 降低温度
向放热反应方向移动
2、催化剂与化学平衡的关系
使用催化剂，能同等程度地增大正反应和逆反应的反应速率，可以缩短达到平衡的时间，但对化学平衡的移动不影响。

3、勒夏特列原理------“只减弱不抵消”
在封闭体系中，如果改变影响化学平衡的条件（浓度、压强、温度等）之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。

追踪高考
【典例1】（2021安徽卷）已知室温下Al(OH)3的K ，或溶解度远大于Fe(OH)3。

向浓度均为0.1mol /L 的33()Fe NO 和33()Al NO 混合溶液中，逐滴加入NaOH 溶液。

下列示意图表示生成3()Al OH 的物质的量与加入NaOH 溶液的体积的关系 。

合理的是 ( )
【答案】C
【解析】因为K[Al(OH)3](sp)=3×10-34mol 3/L 3. K[Fe(OH)3](sp)=2.79×10-39mol 3/L 3.所以向
Al(NO 3)3和 Fe(NO 3)3的混合溶液中逐滴滴加NaOH 溶液，首先是产生溶解度小的Fe(OH)3，发生反应的离子方程式为Fe 3++3OH -= Fe(OH)3↓;当Fe 3+沉淀完全后再产生Al(OH)3沉淀。

发生反应的离子方程式为Al 3++3OH -= Al(OH)3↓.当Al 3+沉淀完全后，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能与强碱NaOH 溶液发生反应：
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O.使沉淀的质量又逐渐的减少。

因此沉淀Al(OH)3的物质的量与滴加的NaOH溶液积的关系正确的选项为C。

【典例2】（2021江苏卷）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3=== FeCO3↓+Na2SO4 FeCO3+C6H8O7=== FeC6H6O7+CO2↑+H2O 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)。

金属离子开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe3＋ 1. 1 3. 2
Al3＋ 3. 0 5. 0
Fe2＋ 5. 8 8. 8
（1）制备FeCO3时，选用的加料方式是(填字母)，原因是。

A．将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中
B．将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中
C．将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中
（2）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是。

（3）将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应。

①铁粉的作用是。

②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是。

（4）最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。

分离过程中加入无水乙醇的目的是。

（5）某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、
Al2O3 ) 出发，先制备绿矾，再合成柠檬酸亚铁。

请结合右图
的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4·7H2O
晶体的实验步骤(可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和NaOH溶液)：向一定量烧渣
中加入足量的稀硫酸充分反应，，得到FeSO4溶液，，得到FeSO4·7H2O 晶体。

【答案】（1）C 避免生成Fe(OH)2沉淀
（2）取最后一次的洗涤滤液1~2 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。

（3）①防止+2价的铁元素被氧化②加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
（4）降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出
（5）过滤除去，向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤”或“过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分
洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充
分搅拌后，过滤”(滴加稀硫酸酸化，)加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃
结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥
【解析】
（1）利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于Na2CO3溶液碱性很强，可能会生成Fe(OH)2沉淀，为避免生成Fe(OH)2沉淀，应将Na2CO3溶液缓慢加
入到盛有FeSO4溶液的反应容器中，c正确。

（2）判断沉淀是否洗净的方法：取最后一次洗涤的滤液，检测滤液中是否存在未洗涤干净的杂质。

首先要弄清沉淀上的杂质是什么，然后再去检测里面的离子。

本题中FeCO3的制备是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应，因而沉淀表面可
能会有Na2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42-，即该
题便转化成SO42-的检验。

具体操作为：取最后一次的洗涤滤液1~2 mL 于试管
中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤
干净。

（3）因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触。

加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生H2，形成一个无氧的环境。

除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁，不会引入杂质。

（4）最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品。

（5）向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应Fe2O3+3H2SO4= Fe2 (SO4)3+3H2O, Al2O3+3H2SO4= Al2 (SO4)3+3H2O. Fe2O3、Al2O3反应变成溶液溶解的物质溶解在溶液中，而SiO2不能发生反应，仍然以固体形式存在。

将SiO2过滤除去，向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，应用金属活动性Al>Fe,所以Fe与Al2 (SO4)3不反应，只发生反应：Fe2 (SO4)3+Fe= 3FeSO4.滴加NaOH溶液调节反应液的pH 约为5，此时Al3+全部转化为Al(OH)3沉淀，过滤除去，向滤液中滴加过量的NaOH 溶液，发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓将氢氧化亚铁过滤出来，然后充分洗涤固体，并向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，Fe(OH)2+ H2SO4=
FeSO4+2H2O.为防止在处理过程中Fe2+被氧化，所以要再加入足量的铁粉，为防止Fe2+水解产生氢氧化亚铁，还应该滴加稀硫酸酸化，充分搅拌后，过滤加热浓缩得到60℃饱和溶液，由于FeSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以采用冷却热饱和溶液的方法制取晶体。

冷却至0℃就会产生大量的FeSO4晶体。

将结晶得到的晶体过滤出来，为减少在洗涤表面的杂质的过程中的FeSO4损失，要用少量冰水洗涤，然后低温干燥。

即得到绿矾FeSO4·7H2O晶体
注：第一空，得到得到FeSO4溶液之前，除了上述这种步骤，也可以是：
先除去Al3+，然后将Fe3+转化成Fe2+。

具体操作是先过滤把SiO2除去，然后向
滤液中加入过量的NaOH溶液，此时Al3+转化成AlO2-，而Fe3+则生成Fe(OH)3
沉淀，过滤后，充分洗涤沉淀，取下固体，向固体中滴加足量的稀硫酸至固体
完全溶解，此时Fe(OH)3转化成Fe2(SO4)2，再加入足量铁粉，充分反应，过滤，
即得到FeSO4溶液。

上述两种不同的步骤，第一种紧贴教材，合乎学生的正常
思维更容易想到。

指点迷津
一、镁、铝图象题
1、可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图象
操作可溶性铝盐溶液中逐滴加入NaOH 溶液至过量
NaOH溶液中逐滴加入可溶性铝盐溶液至过量
现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
无沉淀（有但即溶）→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不变
图像
离子方程式Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O
Al3＋＋4OH－=== AlO2－＋2H2O
3AlO2－＋Al3＋＋
6H2O===4Al(OH)3↓
沉淀的量0~3：n[Al(OH)3]=
3
1
n(NaOH)
3~4：n[Al(OH)3]=4n(Al3＋)-n(OH-)
有关计算：①根据AlCl3和NaOH的量计算生成Al(OH)3的量
②根据AlCl3和Al(OH)3的量计算需要NaOH的量
当NaOH 不足时n（NaOH）=3n（Al(OH)3）
当NaOH过量时n（NaOH）=3n（Al3+）+{n(Al3+)-n[Al(OH)3]}
=4n(Al3+)-n[Al(OH)3]]
2、偏铝酸盐溶液与盐酸反应的图像
操作偏铝酸盐溶液中逐滴加入稀盐酸至过量
稀盐酸中逐滴加入偏铝酸盐溶液至过量
现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
无沉淀（有但即溶）→出现沉淀→渐多→最多→沉淀不变
图像
离子方AlO2－＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓AlO2－＋4H＋=== Al3＋＋2H2O
程式Al(OH)3＋H＋=== Al3＋＋3H2O 3AlO2－＋Al3＋＋
6H2O===4Al(OH)3↓
沉淀的量
0~1：n[Al(OH)3]=n(H＋)
1~4：n[Al(OH)3]=
3
1
[ 4n(AlO2－)-n(H ＋)]
有关计算：根据Al(OH)3和NaAlO2的量计算需要加入的HCl的量
当HCl不足时n(HCl)=n[Al(OH)3]
当HCl过量时n(HCl)=n(AlO2－)+3{ n(AlO2－)- n[Al(OH)3]}
=4 n(AlO2－)-3 n[Al(OH)3]
3、向Mg2+与Al3+的酸性溶液中逐渐加入强碱溶液
现象无明显现象→出现沉淀→沉淀最多→部分溶解→不变
图像
离子方程式H++OH-=H2O Al3++3OH-=Al(OH)3↓
Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
4、偏铝酸盐溶液与CO2反应的图像
操作向含有AlO2—的偏铝酸盐溶液中通入CO2直至过量
现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→沉淀不变
图像
离子方程式
①2AlO 2—＋CO 2(少量)＋3H 2O = 2Al(OH)3＋CO 32－
②AlO 2—＋CO 2(足量)＋2H 2O= Al(OH)3
＋HCO 3—
二、 化学反应速率图象及应用
1、物质的量（或浓度）——时间图象及应用
例如：某温度时，在定容（VL ）容器中，X 、Y 、Z 三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图： 根据图象可进行如下计算：
（1）某物质的平均速率、转化率，如：3
3
1v t V n n x •-=）
（mol·（L·s ）-1，Y 的转化率=001002
3
2⨯-n n n （2）确定化学方程式中的化学计量数之比，如X 、Y 、Z 三种物质的化学计量数之比为（31n n -）：（32n n -）：2n 。

2、速率——时间图象及应用 平衡体系
条件变化
速率变化
平衡变化 速率变化曲线
任 一
①增大反应物浓
度 v (正)、v (逆)
均增大，且
v '(正)> v '(逆)
正向移动
平
衡体系②减小反应物浓
度
v(正)、v(逆)
均减小，且
v'(逆)> v'
(正)
逆向移动
③增大生成物浓
度
v(正)、v(逆)
均增大，且
v'(逆)> v'
(正)
逆向移动
④减小生成物浓
度
v(正)、v(逆)
均减小，且
v'(正)> v'(逆)
正向移动
正反应方向为气体体积增大的放热反应⑤增大压强或升
高温度
v(正)、v(逆)
均增大，且
v'(逆)> v'
(正)
逆向移动
⑥减小压强或降
低温度
v(正)、v(逆)
均减小，且
v'(正)> v'(逆)
正向移动
任一平衡或反应前后气体化学计量数和相等的平衡⑦正催化剂或增
大压强
v(正)、v(逆)
均增大相同倍
数
平
衡
不
移
动⑧负催化剂或减
小压强
v(正)、v(逆)
同等倍数减小，
三、化学平衡的图象
1、常见类型对于反应MA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，若m+n>p+q，且△H>0。

（1）v——t图象
（2）c——t图象
（3）c——p(T)图象
（4）其他图象
易错地带
一、数形结合解答有关Al(OH)3图像题
1、分析图像或作图时不仅要注意加入的酸或碱的强弱，还要注意所加入的量和滴加的顺序，因为滴加的顺序不同可能产生的现象不同。

2、若产生的沉淀有多种，则应仔细分析相关量间的关系，要特别关注沉淀是否同步生成，沉淀物是否溶于所加入的过量试剂中，同时要注意横纵坐标的意义。

二、离子浓度积中的图像注意问题
溶度积曲线上的点表示该条件下，达到溶解与沉淀平衡状态；在曲线下方点表示该温度下未达到平衡；在曲线上方的点表示过饱和状态。

三、气体反应体系中充入惰性气体（或无关气体）时，对反应速率的影响：
1、恒容：充入“惰性气体”物质浓度不变（活化分子浓度不
变），反应速率不变。

2、恒压：充入“惰性气体”
体积增大
物质浓度减小（活化分子浓度
引起
引起
引起
引起
减小）
四、化学反应速率图像中应注意的问题
1、只有压强的改变同等程度的引起反应物和生成物浓度的改变时，才是改变压强。

2、只是改变一种物质的浓度而一汽的压强改变，不应该从压强角度分析，应该从浓
度角度分析。

五、化学平衡中应注意的问题
1、在图象题中一定要注意看清横纵坐标表示的意义及图像中曲线的变化趋势。

2、不要忽视图像中的比例关系，比例关系一般涉及到的计算问题。

3、有些图像中曲线的斜率可以反应出变化的程度，不要忽视。

强化突破
1．将氢氧化钠溶液滴入某混有盐酸的氯化镁和氯化铝的混合溶液中，则下列图像变化趋势正确的是：
A B C D 2．如图纵坐标代表沉淀的质量，横坐标代表加入溶液的体积，符合下列图像的是：
A．向硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液
B．向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙
C．向硫酸、硫酸镁、硫酸铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量
D．向氯化铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液
3．下列实验结果与图像不相符的是
A．向含有盐酸、氯化镁和氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量
B．向澄清石灰水中通入二氧化碳气体直至过量
C．向氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量
D．向氯化铝的溶液中逐渐加入氨水直至过量
4．将一定量的镁铝合金投入100 mL一定浓度的盐酸中，合金溶解。

向所得溶液中滴加
5 mol/L NaOH溶液，生成的沉淀质量与加入的NaOH溶液的体积如图所示，由图中
数据分析计算，正确的是（）
A．原合金中镁的质量为9.6g
B．铝的质量为5.4g
C．盐酸的物质的量浓度为8mol/L
D．图像中A点沉淀为Al(OH)3
5．镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如下图所示。

反应中镁和铝的
A、摩尔质量之比为2∶3
B、失去的电子数之比为8∶9
C、反应速率之比为2:3
D、质量之比为4∶3
6．将镁铝的混合物0.1mol溶于100ml 2mol/L硫酸溶液中,然后再滴加1mol/L的NaOH 溶液,请回答:
（1）若在滴加NaOH溶液过程中,沉淀质量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示,当V1=160mL时,则金属粉末中n(Mg)=mol, V2=mL,
（2）若在滴加NaOH溶液过程中,欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全,则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH) =mL
（3）图像中A点的意义是
【参考答案】
1．D
【解析】滴加氢氧化钠首先中和盐酸，当盐酸被中和之后，再滴加氢氧化钠则生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀。

当沉淀不再变化时，继续滴加氢氧化钠，则氢氧化铝将被溶解，沉淀质量减小。

所以正确的答案是D。

2．C
【解析】A、向硫酸溶液中加入氢氧化钡溶液发生反应：Ba(OH)2+ H2SO4== BaSO4↓+ 2H2O，一开始就生成沉淀，与图像不符，错误；B、向碳酸氢钠溶液中加入氯化钙不发生反应，与图像不符，错误；C、向硫酸、硫酸镁、硫酸铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液直至过量发生的反应依次为H++ OH-==H2O，Mg2++ 2OH-==Mg(OH)2↓，Al3+ + 3OH-==Al(OH)3↓ 、Al(OH)3 + OH-==AlO2- + 2H2O，生成沉淀的情况与图像相符，正确；D、向氯化铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液发生的反应依次为：AlCl3+3NaOH==A l(O H)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH==NaAlO2+2H2O，一开始就生成沉淀，最后消失，与图像不符，错误。

3．A
【解析】A. 向含有盐酸、氯化镁和氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量，开始没有沉淀产生，图像不符合，A正确；B. 向澄清石灰水中通入二氧化碳气体直至过量，开始生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙溶解转化为碳酸氢钙，图像符合，B错误；
C. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量，发生的反应为Al3＋＋3OH－
===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O，图像符合，C错误；D. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氨水直至过量生成氢氧化铝沉淀，氨水不能溶解氢氧化铝，图像符合，D错误，答案选A。

4．C
【解析】由图可知：加入20mL氢氧化钠溶液才开始产生沉淀，说明酸过量，先发生了
酸碱中和反应，氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，为Mg（OH）2和Al（OH）
，此过程消耗氢氧化钠的物质的量是（0.16-0.02）L×5mol/L=0.7mol，之后沉淀溶解，3
溶解的沉淀是Al（OH）3，消耗氢氧化钠20mL, 发生反应Al（OH）
+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al（OH）3]=（0.18-0.16）L×5mol/L=0.1mol，则可3
知铝离子生成沉淀消耗氢氧化钠0.3mol，所以镁离子生成沉淀消耗氢氧化钠是
0.4mol，说明镁离子0.2mol，合金中镁的质量为0.2mol×24g/mol=4.8g，铝的质量＝
0.1mol×27g/mol＝2.7g。

当氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时溶液完全
为氯化钠溶液，根据钠元素守恒, n（NaCl）=n（NaOH）=0.16L×5mol/L=0.8mol，再根据氯元素守恒，n（HCl）=n（NaCl）=0.8mol，所以盐酸的物质的量浓度为
0.8mol÷0.1L=8mol/L；根据以上分析可知ABD错误，C正确，答案选C。

5．D
【解析】A.摩尔质量与其相对原子质量数值上相等，所以镁铝的摩尔质量之比为8:9，A 项错误；B.由图象可知，两个反应中生成的氢气一样多，说明两种金属提供的电子数目一样多，则失去的电子数之比为1：1，B项错误；C.由图象可知，镁、铝与硫酸反应需要的时间之比为2：3，则二者的速率之比为3：2，C项错误；D.由图象可知，两个反应中生成的氢气一样多，则镁、铝的物质的量之比为3：2，质量之比为4：3，D项正确，答案选D。

6．（14分）(1) n(Mg)= 0.06 mol, V2= 440 mL (2) V(NaOH) = 400 mL (3)图像中A点的意义是：生成Mg(OH)2 、Al(OH)3沉淀的最大值。