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高考化学图像题能将深奥的化学理论知识巧妙地融入其中，每年所设计的图像新颖、情境陌生，常出现在选择、填空、简答、实验、计算等题型之中，且区分度良好。由于所涉及知识的覆盖面广、综合性强，学生往往有所畏惧，不擅长回答此类型题。对于高考化学图像题的解答，学生普遍感到困惑，得分较低。下面以近年高考化学图像题为例，梳理其主要类型及解题方法和技巧，以帮助同学们复习备考。
一、化学反应能量变化图像
根据化学反应的过渡态理论可知，放热反应和吸热反应过程中体系能量变化的一般规律如下图：
① a=过渡态物质的能量-反应物的总能量，表示断裂旧化学键吸收的热量，也可以表示（正）反应的活化能；② b=过渡态物质的能量-生成物的总能量，表示新化学键生成放出的热量，也可以表示活化分子变为生成物所释放的能量或逆反应的活化能；③ 图中c表示反应的反应热，可通过计算焓变值求得反应热：a.从物质所具有的焓角度分析，焓变（ΔH）为生成物的焓与反应物的焓之差：ΔH=H（生成物）-H（反应物）；b.从化学键角度分析，焓变为反应物的总键能与生成物的总键能之差：ΔH=E（反应物）-E（生成物）=a-b（用图中符号填空）；c.从正逆反应的活化能角度分析，焓变为正反应的活化能与逆反应之差：ΔH=E（正反应）-E（逆反应）=[H（过渡态物质）-H（反应物）]-[H（过渡态物质）-H（生成物）]。
【例1】（2016·海南，11）由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图3所示。下列说法正确的是（ ）
A. 由X→Y反应的ΔH=E5-E2
B. 由X→Z反应的ΔH < 0
C. 降低压强有利于提高Y的产率
D. 升高温度有利于提高Z的产率
解析：根据反应体系能量变化示意图、活化能、反应物总能量、生成物总能量、焓变可知，X→Y反应的ΔH=H（反应产物）-H（反应物）=E3-E2，X→Y反应的活化能=E5-E2，故A错误；读图可知，E5 > E4 > E3 > E2 > E1 > 0，则X→Z[或2 X（g）?Z（g）]反应的ΔH=H（反应产物）-H（反应物）=E1-E2 < 0，故B正确；由题意可知，2 X（g）?3 Y（g）的正反应是气体体积增大的方向，由勒夏特列原理可知，其它条件不变时，降低压强能使2 X（g）?3 Y（g）的化学平衡正向移动，因此能提高生成物Y的产率，故C正确；2 X（g）?Z（g）的正反应是ΔH < 0的放热反应，由勒夏特列原理可知，其它条件不变时，升高温度能使2 X（g）?Z（g）的化学平衡逆向移动，因此能降低生成物Z的产率，故D错误。
答案：BC
点拨：解答此类试题，关键是了解化学反应过渡态理论模型、活化能、焓变等基本概念和基本理论。反应物的能量若高于生成物的能量就是放热反应，生成物的能量若高于反应物的能量就是吸热反应。看清反应物、生成物的能量的高低，掌握反应的热效应的含义及反应原理，是解决本题的关键。
二、同一反应体系中某（或各）物质量的变化图像
该类图像题往往涉及化学反应速率、化学平衡的有关问题。体系中某（或各）种物质量的变化关系通过曲线给出，解决该类试题的关键是分析曲线中的特殊点，如起点、突变和渐变的先后、平衡点等变化数据之间的关系以及了解化学平衡建立的过程。
【例2】（2016·全国课标I，27（2））CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72-）随c（H ）的变化如图4所示。
① 用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 。
② 由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为 。
③ 升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH （填“大于”“小于”或“等于”）。
解析：① Na2CrO4溶液中的转化反应不涉及化合价升降，不属于氧化还原反应，可以根据电荷守恒、原子个数守恒或设Cr2O72-的系数为1法配平，则2 CrO42- 2 H ? Cr2O72- H2O；② 读图可知，随着横坐标所代表的c（H ）逐渐增大，溶液的酸性增强，纵坐标所代表的c（Cr2O72-）逐渐增大，说明2 CrO42- 2 H ? Cr2O72- H2O的化学平衡右移，因此使CrO42-的平衡转化率增大；A点的横、纵坐标的数值为1.0×10-7、0.25，CrO42-的初始浓度为1.0 mol·L-1，根据三行数据法推断如下：
③由勒夏特列原理可知，升温能使化学平衡向吸热反应方向移动，由溶液中CrO42-的平衡转化率减小可知，2 CrO42- 2 H ? Cr2O72- H2O的化学平衡向逆反应方向移动，由上述结论可知，逆反应是吸热反应，进而推断正反应是放热反应，因此该反应的ΔH小于0。
答案：① 2 CrO42- 2 H ? Cr2O72- H2O ② 增大 1.0×1014 ③ 小于
点评：本题属于只有一个自变量和一个因变量的图像题，随着一个变量的变化，根据曲线的走势可以判断化学平衡移动的方向，因此确定平衡转化率的变化。根据起始浓度及曲线中某点的横纵坐标的值，利用三行数据法可以计算有关组分的平衡浓度，进而计算该指定条件下的平衡常数。基本步骤为：书写（写出有关化学平衡的化学反应方程式）→列变量（列出各物质的起始、变化、平衡量）→计算（根据已知条件列方程式计算）。
三、多变量化学平衡图像
多条件变量图像是指某一变量或某些变量在不同条件下的变化关系，这类图像往往表现为多条曲线并存，解题时关键是分析这些曲线变化的相同点和不同点，根据条件的不同，结合化学原理，作出解答。 【例3】（2016·全国课标II，27（2）（3））丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产。主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙氰（CH3CN）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
（1）图5为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃。低于460℃时，丙烯腈的产率
（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是 ；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是 （双选，填标号）。
A. 催化剂活性降低 B. 平衡常数变大
C. 副反应增多 D. 反应活化能增大
（2）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图6所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为 ，理由是 。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 。
解析：（1）反应①的正反应是气体体积增大的放热反应，如果已经达到化学平衡状态，当投料比、压强、浓度等变量不变时，升温能使平衡逆向移动，丙烯晴的产率会减小，读图可知，低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；温度高于460℃，催化剂活性可能降低，导致丙烯晴产率降低，A项正确；反应①的正反应是放热反应，升温使平衡逆向移动，平衡常数逐渐变小，B项错误；温度高于460℃，反应②或副反应进行程度可能增多，反应①进行程度减少，导致丙烯晴产率降低，C项正确；反应活化能与催化剂有关，与温度、压强、浓度等改变无关，升温，反应活化能不变，D项错误；（2）读图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为1.0，因为该比例下丙烯晴产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；由反应①的热化学方程式、阿伏加德罗定律的推论可知，进料气中氨、氧气、丙烯气体的理论体积之比等于方程式中对应的化学计量系数之比，即1 ∶ 1.5 ∶ 1，空气中氧气的体积分数约为1/5（氮气约占4/5），则进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为1 ∶ [][-][1.5] ∶ 1=1 ∶ 7.5 ∶ 1 。
答案：（1）不是 该反应为放热反应，平衡转化率随温度升高而降低 AC
（2）1 该比例下丙烯晴产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1 ∶ 7.5 ∶ 1
点评：有关化学平衡图像的试题涉及知识面广、灵活性大，大多注重对学生的知识综合应用能力和分析判断能力的考查，其将数学知识和化学平衡理论融为一体，体现新课改的要求。本题涉及热化学方程式、速率和平衡图像、外界条件（投料比、浓度、温度、压强、催化剂等）对化学反应速率和化学平衡的影响，侧重考查学生对知识的理解及综合运用能力。
四、溶液导电性图像
溶液的导电性与溶液中离子浓度大小和所带的电荷数有关。只有温度、浓度相同的强、弱电解质溶液的导电能力才有可比性。浓度不同时，难溶的强电解质在水溶液中的导电能力甚至弱于弱电解质。相同浓度的强电解质的导电性明显强于弱电解质，弱酸（碱）与弱碱（酸）反应生成了强电解质，溶液的导电性增强。
【例4】（2016·北京，11）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图7所示。下列分析不正确的是（ ）
A. ①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B. b点，溶液中大量存在的离子是Na 、OH-
C. c点，两溶液中含有相同量的OH-
D. a、d两点对应的溶液均显中性
解析：由酸、碱、盐的性质可知，两份溶液中反应式分别为H2SO4 Ba（OH）2=BaSO4↓ 2H2O、NaHSO4 Ba（OH）2=BaSO4↓ H2O NaOH和NaHSO4 NaOH=Na2SO4 H2O，当H2SO4和Ba（OH）2 恰好中和完全时，由于生成的硫酸钡难溶、水难电离，则溶液的导电性降低程度最大（几乎为0），而NaHSO4和Ba（OH）2中和时，生成的NaOH或Na2SO4易溶且易电离，溶液的导电性降低且会呈现两个拐点（一定大于0），则①代表滴加H2 SO4溶液的变化曲线，②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线，故A正确；b点，只发生反应NaHSO4 Ba（OH）2=BaSO4↓ H2O NaOH，且NaHSO4和Ba（OH）2 均无剩余，所得溶液含有NaOH，故B正确；c点，曲线①代表过量的硫酸溶液（呈酸性），曲线②则发生反应NaHSO4 NaOH=Na2SO4 H2O且NaOH过量，所得溶液呈碱性，则前者所含OH-少于或者，故C错误；a、d两点的溶质分别是BaSO4、Na2SO4，分别是难溶、易溶的强酸强碱盐，均不能水解，因此溶液均呈中性，故D正确。
答案：C
点评：本题属于两线图像题，涉及强碱溶液与强酸、强酸酸式盐溶液混合过程中溶液导电性的对照实验。根据题目所给信息和图像信息，提取“起点”“折点”“终点”的纵、横坐标数据，结合相关的化学反应原理，写出可能发生反应的化学方程式或离子方程式，根据反应中生成的水和沉淀的量，探究化学反应的本质。“折点”越多，表示分步发生的化学反应越多，每个“折点”代表不同的含义。②中第一个“折点”表示第一个反应已经完成，第二个反应开始发生。而①中只含一个“折点”，说明只发生一个复分解反应。
五、酸碱中和滴定曲线
向一定体积一定浓度的酸（或碱）溶液中滴人一定体积碱（或酸）溶液时的pH变化曲线也是高考的热点之一，解题的关键在于能准确分析坐标曲线图中所标点的化学含义。坐标图上的曲线是满足一定条件的点的集合，其中有些特殊点（如曲线的起点、顶点、转折点、交叉点等）隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义，明确它们的含义，有助于快速、准确地提取有效信息，再经过分析判断，得出相应的结论。 【例5】（2016·天津，6）室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸（HA、HB和HD）溶液，滴定的曲线如图8所示，下列判断错误的是（ ）
A. 三种酸的电离常数关系：KHA > KHB > KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c（B-） > c（Na ） > c（HB）> c（H ）> c（OH-）
C. pH=7时，三种溶液中：c（A-）=c（B-）=c（D-）
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c（HA） c（HB） c（HD）=c（OH-）-c（H ）
解析：当中和百分数为0时，0.1mol·L-1的三种酸（HA、HB和HD）溶液的pH：1 < HA < HB < HD，说明酸性或电离程度：HA > HB > HD，则电离常数：KHA > KHB > KHD，且KHB=≈10-5，KHD=≈10-7，故A正确；NaOH滴定HB至P点时，HB一半被消耗，一半未被消耗，溶液中溶质为NaB、HB，且NaB、HB的浓度相等，由于HB的电离常数KHB=≈10-5，而NaB的水解常数Kh==10-9，则NaB的水解程度小于HB的电离常数，因此溶液中：c（B-） > c（Na ） > c（HB） > c（H ） > c（OH-），故B正确；当加入等体积等浓度NaOH溶液时，中和百分数达100%，所得溶质分别为NaA、NaB、NaD，由于酸性：HA > HB > HD，则三种盐的水解程度：NaA < NaB < NaD，溶液的pH：7 < NaA < NaB < NaD，由此推断，当pH=7时，加入的NaOH的量：HA > HB > HD，则所得盐的量：NaA > NaB > NaD，则c（Na ） 不相等，由电荷守恒原理可知，c（A-）、c（B-）、c（D-）不相等，故C错误；由质子守恒原理可知，c（H ） c（HA） c（HB） c（HD）=c（OH-），故D正确。
答案：C
点评：离子浓度的大小比较问题是中学化学中的难点问题。这类问题一般有两种考查方式：离子浓度大小排序和离子浓度守恒关系。其中解答离子浓度大小排序问题时要遵守以下三个原则：①弱电解质的电离、盐类的水解（除双水解反应外）的程度微弱（通常在10%以内）；②多元弱酸分步电离，且逐级减弱；③多元弱酸根也分步水解，且逐级减弱。解答离子浓度守恒关系问题也有三种思路：①电荷守恒（溶液电中性原理）；②质子守恒；③原子守恒（物料守恒）。
六、溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线
溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线是比较复杂的化学图像题之一，解答时需要弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义，认识几种粒子浓度与溶液pH的关系。
【例6】（2016·江苏，14）H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4） c（HC2O4-） c（C2O42-）=0.100 mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图9所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
答案：BD
点评：比较离子浓度的大小关系时，经常要用到物料守恒、电荷守恒、质子守恒三大守恒关系。
七、热重曲线
热重曲线也是高考中的常考题型之一，常以综合题的形式出现。解答这类试题时，应灵活使用质量守恒定律，根据质量变化确定剩余固体的成分，由此推断有关反应的方程式。
【例7】（2014·新课标II，27（4））铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图10所示，已知失重曲线上的a点为样品失重的4.0%（即样品起始质量-a点固体质量/样品起始质量×100%）的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或
mPbO2 ·nPbO，列式计算x值和m∶n值 。
解析：根据PbO2[△][=] PbOx O2↑，1 mol PbO2受热分解失去的重量为mol×32g·mol-1=1mol ×239g·mol-1×4.0%，解得：x=2-=1.4；根据mPbO2 ·nPbO的组成可知， n（O）： n（Pb）=（2m n）：（m n）=1.4，解得：==。
答案：设起始时PbO2为1 mol ，根据PbO2 [△][=] PbOx O2↑可知其受热分解失去的重量为mol×32g·mol-1=1mol ×239g·mol-1×4.0%，解得：x=2- =1.4；根据mPbO2 ·nPbO的组成可知， n（O）：n（Pb）=（2m n）：（m n）=1.4，解得：==。
点评：不管是哪种类型的图像，分析问题时都应该注意以下三个关键点：一是读图，明确图像含义，通过观察弄清横坐标、纵坐标的含义及单位，搞清特殊点的意义，分析曲线的变化趋势等，将图像和具体化学反应等联系起来。二是识图，进行信息提取，挖掘隐含信息，排除干扰信息，提炼有用信息，在统摄信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算。三是用图，联系化学原理最终解决问题。
八、沉淀的变化图像
解析：由最高正价=主族序数和图中信息可知，x、e分别是第IA族的氢、钠；由最低负价 8=主族序数和图中信息可知，d、g分别是第VIA族的氧、硫；由同周期主族元素原子半径由大到小的顺序推断，y、z分别是第二周期的碳、氮，f、h分别是铝、氯，则R为NH4Al（SO4）2，该盐在水中完全电离：NH4Al（SO4）2=NH4 Al3 2 SO42-，碱性：NH3·H2O > Al（OH）3，则水解程度：Al3 > NH4 ，则平衡时该溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c（SO42-） > c（NH4 ） > c（Al3 ） > c（H ） > c（OH-）；由于水解程度：Al3 > NH4 ，则Al3 优先与滴入的NaOH溶液反应，当Al3 完全变为沉淀后，NH4 才能与继续滴入的NaOH溶液反应，生成一水合氨；当NH4 也完全反应之后，继续滴入的NaOH溶液才能逐渐溶解之前生成白色沉淀；图中NaOH溶液体积在0～30 mL时，反应为Al3 3OH-=Al（OH）3↓；NaOH溶液体积在30～40 mL时，反应为NH4 OH-=NH3·H2O；NaOH溶液体积在40～50 mL时，反应为Al（OH）3 OH-=AlO2- 2H2O；由c·V可知，n[NH4Al（SO4）2]=0.01 mol，n[Ba（OH）2]=0.024 mol，由NH4Al（SO4）2=NH4 Al3 2 SO42-可知，NH4 、Al3 、SO42-分别为0.01 mol、0.01 mol、0.02 mol，由Ba（OH）2=Ba2 2 OH-可知，Ba2 、OH-分别为0.024 mol、0.048 mol；由Al3 3OH-=Al（OH）3↓、NH4 OH-=NH3·H2O、Al（OH）3 OH-=AlO2- 2H2O可知，0.01 mol Al3 完全转化为0.01 mol Al（OH）3沉淀需消耗0.03 mol OH-，0.01 molNH4 完全转化为0.01 mol NH3·H2O需消耗0.01 mol OH-，因此只有0.048 mol -0.03 mol - 0.01 mol=0.008 mol OH-能溶解0.008 mol Al（OH）3，还有0.01mol-0.008mol=0.002 mol Al（OH）3过量，除了阳离子之外，由SO42- Ba2 =BaSO4↓可知，还有0.02 mol SO42-与0.02 mol Ba2 反应生成0.02 mol BaSO4沉淀，还有0.024 mol–0.02 mol=0.004 mol Ba2 过量；因此，最终沉淀为0.02 mol BaSO4和 0.002 mol Al（OH）3，共0.022 mol沉淀。
答案： ① c（SO42-）> c（NH4 ） > c（Al3 ）> c（H ） > c（OH-）
② NH4 OH-=NH3·H2O ③ 0.022
点评：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。解答这类试题的关键是：（1）根据溶液中离子的种类确定反应的先后顺序，判断何时产生沉淀，何时沉淀溶解，找到沉淀生成和溶解的关键点，然后将化学反应和图像进行比对，由此确定答案；（2）要掌握物质的化学性质（或特性），注意不同物质化学性质的差异，根据相关量的关系进行分析讨论。
责任编辑 李平安
一、化学反应能量变化图像
根据化学反应的过渡态理论可知，放热反应和吸热反应过程中体系能量变化的一般规律如下图：
① a=过渡态物质的能量-反应物的总能量，表示断裂旧化学键吸收的热量，也可以表示（正）反应的活化能；② b=过渡态物质的能量-生成物的总能量，表示新化学键生成放出的热量，也可以表示活化分子变为生成物所释放的能量或逆反应的活化能；③ 图中c表示反应的反应热，可通过计算焓变值求得反应热：a.从物质所具有的焓角度分析，焓变（ΔH）为生成物的焓与反应物的焓之差：ΔH=H（生成物）-H（反应物）；b.从化学键角度分析，焓变为反应物的总键能与生成物的总键能之差：ΔH=E（反应物）-E（生成物）=a-b（用图中符号填空）；c.从正逆反应的活化能角度分析，焓变为正反应的活化能与逆反应之差：ΔH=E（正反应）-E（逆反应）=[H（过渡态物质）-H（反应物）]-[H（过渡态物质）-H（生成物）]。
【例1】（2016·海南，11）由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图3所示。下列说法正确的是（ ）
A. 由X→Y反应的ΔH=E5-E2
B. 由X→Z反应的ΔH < 0
C. 降低压强有利于提高Y的产率
D. 升高温度有利于提高Z的产率
解析：根据反应体系能量变化示意图、活化能、反应物总能量、生成物总能量、焓变可知，X→Y反应的ΔH=H（反应产物）-H（反应物）=E3-E2，X→Y反应的活化能=E5-E2，故A错误；读图可知，E5 > E4 > E3 > E2 > E1 > 0，则X→Z[或2 X（g）?Z（g）]反应的ΔH=H（反应产物）-H（反应物）=E1-E2 < 0，故B正确；由题意可知，2 X（g）?3 Y（g）的正反应是气体体积增大的方向，由勒夏特列原理可知，其它条件不变时，降低压强能使2 X（g）?3 Y（g）的化学平衡正向移动，因此能提高生成物Y的产率，故C正确；2 X（g）?Z（g）的正反应是ΔH < 0的放热反应，由勒夏特列原理可知，其它条件不变时，升高温度能使2 X（g）?Z（g）的化学平衡逆向移动，因此能降低生成物Z的产率，故D错误。
答案：BC
点拨：解答此类试题，关键是了解化学反应过渡态理论模型、活化能、焓变等基本概念和基本理论。反应物的能量若高于生成物的能量就是放热反应，生成物的能量若高于反应物的能量就是吸热反应。看清反应物、生成物的能量的高低，掌握反应的热效应的含义及反应原理，是解决本题的关键。
二、同一反应体系中某（或各）物质量的变化图像
该类图像题往往涉及化学反应速率、化学平衡的有关问题。体系中某（或各）种物质量的变化关系通过曲线给出，解决该类试题的关键是分析曲线中的特殊点，如起点、突变和渐变的先后、平衡点等变化数据之间的关系以及了解化学平衡建立的过程。
【例2】（2016·全国课标I，27（2））CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72-）随c（H ）的变化如图4所示。
① 用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 。
② 由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为 。
③ 升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH （填“大于”“小于”或“等于”）。
解析：① Na2CrO4溶液中的转化反应不涉及化合价升降，不属于氧化还原反应，可以根据电荷守恒、原子个数守恒或设Cr2O72-的系数为1法配平，则2 CrO42- 2 H ? Cr2O72- H2O；② 读图可知，随着横坐标所代表的c（H ）逐渐增大，溶液的酸性增强，纵坐标所代表的c（Cr2O72-）逐渐增大，说明2 CrO42- 2 H ? Cr2O72- H2O的化学平衡右移，因此使CrO42-的平衡转化率增大；A点的横、纵坐标的数值为1.0×10-7、0.25，CrO42-的初始浓度为1.0 mol·L-1，根据三行数据法推断如下：
③由勒夏特列原理可知，升温能使化学平衡向吸热反应方向移动，由溶液中CrO42-的平衡转化率减小可知，2 CrO42- 2 H ? Cr2O72- H2O的化学平衡向逆反应方向移动，由上述结论可知，逆反应是吸热反应，进而推断正反应是放热反应，因此该反应的ΔH小于0。
答案：① 2 CrO42- 2 H ? Cr2O72- H2O ② 增大 1.0×1014 ③ 小于
点评：本题属于只有一个自变量和一个因变量的图像题，随着一个变量的变化，根据曲线的走势可以判断化学平衡移动的方向，因此确定平衡转化率的变化。根据起始浓度及曲线中某点的横纵坐标的值，利用三行数据法可以计算有关组分的平衡浓度，进而计算该指定条件下的平衡常数。基本步骤为：书写（写出有关化学平衡的化学反应方程式）→列变量（列出各物质的起始、变化、平衡量）→计算（根据已知条件列方程式计算）。
三、多变量化学平衡图像
多条件变量图像是指某一变量或某些变量在不同条件下的变化关系，这类图像往往表现为多条曲线并存，解题时关键是分析这些曲线变化的相同点和不同点，根据条件的不同，结合化学原理，作出解答。 【例3】（2016·全国课标II，27（2）（3））丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产。主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙氰（CH3CN）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
（1）图5为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃。低于460℃时，丙烯腈的产率
（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是 ；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是 （双选，填标号）。
A. 催化剂活性降低 B. 平衡常数变大
C. 副反应增多 D. 反应活化能增大
（2）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图6所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为 ，理由是 。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 。
解析：（1）反应①的正反应是气体体积增大的放热反应，如果已经达到化学平衡状态，当投料比、压强、浓度等变量不变时，升温能使平衡逆向移动，丙烯晴的产率会减小，读图可知，低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；温度高于460℃，催化剂活性可能降低，导致丙烯晴产率降低，A项正确；反应①的正反应是放热反应，升温使平衡逆向移动，平衡常数逐渐变小，B项错误；温度高于460℃，反应②或副反应进行程度可能增多，反应①进行程度减少，导致丙烯晴产率降低，C项正确；反应活化能与催化剂有关，与温度、压强、浓度等改变无关，升温，反应活化能不变，D项错误；（2）读图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为1.0，因为该比例下丙烯晴产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；由反应①的热化学方程式、阿伏加德罗定律的推论可知，进料气中氨、氧气、丙烯气体的理论体积之比等于方程式中对应的化学计量系数之比，即1 ∶ 1.5 ∶ 1，空气中氧气的体积分数约为1/5（氮气约占4/5），则进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为1 ∶ [][-][1.5] ∶ 1=1 ∶ 7.5 ∶ 1 。
答案：（1）不是 该反应为放热反应，平衡转化率随温度升高而降低 AC
（2）1 该比例下丙烯晴产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1 ∶ 7.5 ∶ 1
点评：有关化学平衡图像的试题涉及知识面广、灵活性大，大多注重对学生的知识综合应用能力和分析判断能力的考查，其将数学知识和化学平衡理论融为一体，体现新课改的要求。本题涉及热化学方程式、速率和平衡图像、外界条件（投料比、浓度、温度、压强、催化剂等）对化学反应速率和化学平衡的影响，侧重考查学生对知识的理解及综合运用能力。
四、溶液导电性图像
溶液的导电性与溶液中离子浓度大小和所带的电荷数有关。只有温度、浓度相同的强、弱电解质溶液的导电能力才有可比性。浓度不同时，难溶的强电解质在水溶液中的导电能力甚至弱于弱电解质。相同浓度的强电解质的导电性明显强于弱电解质，弱酸（碱）与弱碱（酸）反应生成了强电解质，溶液的导电性增强。
【例4】（2016·北京，11）在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图7所示。下列分析不正确的是（ ）
A. ①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B. b点，溶液中大量存在的离子是Na 、OH-
C. c点，两溶液中含有相同量的OH-
D. a、d两点对应的溶液均显中性
解析：由酸、碱、盐的性质可知，两份溶液中反应式分别为H2SO4 Ba（OH）2=BaSO4↓ 2H2O、NaHSO4 Ba（OH）2=BaSO4↓ H2O NaOH和NaHSO4 NaOH=Na2SO4 H2O，当H2SO4和Ba（OH）2 恰好中和完全时，由于生成的硫酸钡难溶、水难电离，则溶液的导电性降低程度最大（几乎为0），而NaHSO4和Ba（OH）2中和时，生成的NaOH或Na2SO4易溶且易电离，溶液的导电性降低且会呈现两个拐点（一定大于0），则①代表滴加H2 SO4溶液的变化曲线，②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线，故A正确；b点，只发生反应NaHSO4 Ba（OH）2=BaSO4↓ H2O NaOH，且NaHSO4和Ba（OH）2 均无剩余，所得溶液含有NaOH，故B正确；c点，曲线①代表过量的硫酸溶液（呈酸性），曲线②则发生反应NaHSO4 NaOH=Na2SO4 H2O且NaOH过量，所得溶液呈碱性，则前者所含OH-少于或者，故C错误；a、d两点的溶质分别是BaSO4、Na2SO4，分别是难溶、易溶的强酸强碱盐，均不能水解，因此溶液均呈中性，故D正确。
答案：C
点评：本题属于两线图像题，涉及强碱溶液与强酸、强酸酸式盐溶液混合过程中溶液导电性的对照实验。根据题目所给信息和图像信息，提取“起点”“折点”“终点”的纵、横坐标数据，结合相关的化学反应原理，写出可能发生反应的化学方程式或离子方程式，根据反应中生成的水和沉淀的量，探究化学反应的本质。“折点”越多，表示分步发生的化学反应越多，每个“折点”代表不同的含义。②中第一个“折点”表示第一个反应已经完成，第二个反应开始发生。而①中只含一个“折点”，说明只发生一个复分解反应。
五、酸碱中和滴定曲线
向一定体积一定浓度的酸（或碱）溶液中滴人一定体积碱（或酸）溶液时的pH变化曲线也是高考的热点之一，解题的关键在于能准确分析坐标曲线图中所标点的化学含义。坐标图上的曲线是满足一定条件的点的集合，其中有些特殊点（如曲线的起点、顶点、转折点、交叉点等）隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义，明确它们的含义，有助于快速、准确地提取有效信息，再经过分析判断，得出相应的结论。 【例5】（2016·天津，6）室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸（HA、HB和HD）溶液，滴定的曲线如图8所示，下列判断错误的是（ ）
A. 三种酸的电离常数关系：KHA > KHB > KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c（B-） > c（Na ） > c（HB）> c（H ）> c（OH-）
C. pH=7时，三种溶液中：c（A-）=c（B-）=c（D-）
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c（HA） c（HB） c（HD）=c（OH-）-c（H ）
解析：当中和百分数为0时，0.1mol·L-1的三种酸（HA、HB和HD）溶液的pH：1 < HA < HB < HD，说明酸性或电离程度：HA > HB > HD，则电离常数：KHA > KHB > KHD，且KHB=≈10-5，KHD=≈10-7，故A正确；NaOH滴定HB至P点时，HB一半被消耗，一半未被消耗，溶液中溶质为NaB、HB，且NaB、HB的浓度相等，由于HB的电离常数KHB=≈10-5，而NaB的水解常数Kh==10-9，则NaB的水解程度小于HB的电离常数，因此溶液中：c（B-） > c（Na ） > c（HB） > c（H ） > c（OH-），故B正确；当加入等体积等浓度NaOH溶液时，中和百分数达100%，所得溶质分别为NaA、NaB、NaD，由于酸性：HA > HB > HD，则三种盐的水解程度：NaA < NaB < NaD，溶液的pH：7 < NaA < NaB < NaD，由此推断，当pH=7时，加入的NaOH的量：HA > HB > HD，则所得盐的量：NaA > NaB > NaD，则c（Na ） 不相等，由电荷守恒原理可知，c（A-）、c（B-）、c（D-）不相等，故C错误；由质子守恒原理可知，c（H ） c（HA） c（HB） c（HD）=c（OH-），故D正确。
答案：C
点评：离子浓度的大小比较问题是中学化学中的难点问题。这类问题一般有两种考查方式：离子浓度大小排序和离子浓度守恒关系。其中解答离子浓度大小排序问题时要遵守以下三个原则：①弱电解质的电离、盐类的水解（除双水解反应外）的程度微弱（通常在10%以内）；②多元弱酸分步电离，且逐级减弱；③多元弱酸根也分步水解，且逐级减弱。解答离子浓度守恒关系问题也有三种思路：①电荷守恒（溶液电中性原理）；②质子守恒；③原子守恒（物料守恒）。
六、溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线
溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线是比较复杂的化学图像题之一，解答时需要弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义，认识几种粒子浓度与溶液pH的关系。
【例6】（2016·江苏，14）H2C2O4为二元弱酸。20℃时，配制一组c（H2C2O4） c（HC2O4-） c（C2O42-）=0.100 mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图9所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
答案：BD
点评：比较离子浓度的大小关系时，经常要用到物料守恒、电荷守恒、质子守恒三大守恒关系。
七、热重曲线
热重曲线也是高考中的常考题型之一，常以综合题的形式出现。解答这类试题时，应灵活使用质量守恒定律，根据质量变化确定剩余固体的成分，由此推断有关反应的方程式。
【例7】（2014·新课标II，27（4））铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图10所示，已知失重曲线上的a点为样品失重的4.0%（即样品起始质量-a点固体质量/样品起始质量×100%）的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或
mPbO2 ·nPbO，列式计算x值和m∶n值 。
解析：根据PbO2[△][=] PbOx O2↑，1 mol PbO2受热分解失去的重量为mol×32g·mol-1=1mol ×239g·mol-1×4.0%，解得：x=2-=1.4；根据mPbO2 ·nPbO的组成可知， n（O）： n（Pb）=（2m n）：（m n）=1.4，解得：==。
答案：设起始时PbO2为1 mol ，根据PbO2 [△][=] PbOx O2↑可知其受热分解失去的重量为mol×32g·mol-1=1mol ×239g·mol-1×4.0%，解得：x=2- =1.4；根据mPbO2 ·nPbO的组成可知， n（O）：n（Pb）=（2m n）：（m n）=1.4，解得：==。
点评：不管是哪种类型的图像，分析问题时都应该注意以下三个关键点：一是读图，明确图像含义，通过观察弄清横坐标、纵坐标的含义及单位，搞清特殊点的意义，分析曲线的变化趋势等，将图像和具体化学反应等联系起来。二是识图，进行信息提取，挖掘隐含信息，排除干扰信息，提炼有用信息，在统摄信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算。三是用图，联系化学原理最终解决问题。
八、沉淀的变化图像
解析：由最高正价=主族序数和图中信息可知，x、e分别是第IA族的氢、钠；由最低负价 8=主族序数和图中信息可知，d、g分别是第VIA族的氧、硫；由同周期主族元素原子半径由大到小的顺序推断，y、z分别是第二周期的碳、氮，f、h分别是铝、氯，则R为NH4Al（SO4）2，该盐在水中完全电离：NH4Al（SO4）2=NH4 Al3 2 SO42-，碱性：NH3·H2O > Al（OH）3，则水解程度：Al3 > NH4 ，则平衡时该溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c（SO42-） > c（NH4 ） > c（Al3 ） > c（H ） > c（OH-）；由于水解程度：Al3 > NH4 ，则Al3 优先与滴入的NaOH溶液反应，当Al3 完全变为沉淀后，NH4 才能与继续滴入的NaOH溶液反应，生成一水合氨；当NH4 也完全反应之后，继续滴入的NaOH溶液才能逐渐溶解之前生成白色沉淀；图中NaOH溶液体积在0～30 mL时，反应为Al3 3OH-=Al（OH）3↓；NaOH溶液体积在30～40 mL时，反应为NH4 OH-=NH3·H2O；NaOH溶液体积在40～50 mL时，反应为Al（OH）3 OH-=AlO2- 2H2O；由c·V可知，n[NH4Al（SO4）2]=0.01 mol，n[Ba（OH）2]=0.024 mol，由NH4Al（SO4）2=NH4 Al3 2 SO42-可知，NH4 、Al3 、SO42-分别为0.01 mol、0.01 mol、0.02 mol，由Ba（OH）2=Ba2 2 OH-可知，Ba2 、OH-分别为0.024 mol、0.048 mol；由Al3 3OH-=Al（OH）3↓、NH4 OH-=NH3·H2O、Al（OH）3 OH-=AlO2- 2H2O可知，0.01 mol Al3 完全转化为0.01 mol Al（OH）3沉淀需消耗0.03 mol OH-，0.01 molNH4 完全转化为0.01 mol NH3·H2O需消耗0.01 mol OH-，因此只有0.048 mol -0.03 mol - 0.01 mol=0.008 mol OH-能溶解0.008 mol Al（OH）3，还有0.01mol-0.008mol=0.002 mol Al（OH）3过量，除了阳离子之外，由SO42- Ba2 =BaSO4↓可知，还有0.02 mol SO42-与0.02 mol Ba2 反应生成0.02 mol BaSO4沉淀，还有0.024 mol–0.02 mol=0.004 mol Ba2 过量；因此，最终沉淀为0.02 mol BaSO4和 0.002 mol Al（OH）3，共0.022 mol沉淀。
答案： ① c（SO42-）> c（NH4 ） > c（Al3 ）> c（H ） > c（OH-）
② NH4 OH-=NH3·H2O ③ 0.022
点评：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。解答这类试题的关键是：（1）根据溶液中离子的种类确定反应的先后顺序，判断何时产生沉淀，何时沉淀溶解，找到沉淀生成和溶解的关键点，然后将化学反应和图像进行比对，由此确定答案；（2）要掌握物质的化学性质（或特性），注意不同物质化学性质的差异，根据相关量的关系进行分析讨论。
责任编辑 李平安