高中化学过量与少量问题

“过量”与“少量”——化学反应中反应物的配比问题由于反应物之间的配比(投料)变化，某反应物的过量(足量)或少量问题是常见的。往一烧杯内的A试剂中滴加B试剂，开始阶段A试剂自然就是过量的。多数情况下，反应物的配比不仅影响到产物的比例，还导致产物的种类发生变化。相应的反应现象往往也不同。一.一些简单的例子[例1]CO2+澄清石灰水:Ca(OH)2过量，生成正盐:CO2+Ca2++2OH-→CaCO3↓+H2OCO2过量，生成酸式盐，沉淀消失。OH-+CO2→HCO3-[例2]NaOH+H2SH2S过量，生成酸式盐OH-+H2S→H2O+HS-NaOH过量，生成正盐H2S+2OH-→2H2O+S2-[例3]HCl+NaAlO2NaAlO2过量H++AlO2+H2O→Al(OH)3↓HCl过量AlO2-+4H+→Al3++2H2O[例4]NaAlO2+CO2CO2过量AlO2-+CO2+2H2O→Al(OH)3↓+HCO3-NaAlO2过量CO2+2AlO2-+3H2O→2Al(OH)3↓+CO32-[例5]氨水+AgNO3[演示]在氨水中滴加硝酸银；在硝酸银溶液中滴加氨水。AgNO3过量NH3H2O+Ag+→AgOH↓+NH4+氨水过量Ag++2NH3H2O→Ag(NH3)2++2H2O二.按需供给——相关离子(化学)方程式的配平[例6]Mg(HCO3)2溶液与澄清石灰水反应Ca(OH)2过量:不妨先给“少量”方Mg(HCO3)2一个最小自然数1作系数。而“过量”方Ca(OH)2是按需供给的。1(Mg2++2HCO3-)+4OH-+2Ca2+→2H2O+Mg(OH)2↓+2CaCO3↓H2O在这里是第一产物。4个OH-就是典型的按需供给，2个结合成了H2O，另两个结合Mg2+成了Mg(OH)2。Mg(HCO3)2过量:不妨先给“少量”方Ca(OH)2一个最小自然数1作系数。“过量”方Mg(HCO3)2则按需供给。1(Ca2++2OH-)+2HCO3-+Mg2+→2H2O+CaCO3↓+MgCO3↓H2O还是第一产物。OH-只能满足H2O的生成，不能满足Mg(OH)2沉淀。[例7]Ba(OH)2+NaHSO4NaHSO4过量:1(Ba2++2OH-)+2H++SO42-→2H2O+BaSO4↓H2O是第一产物。因为按需供给，过量方H+与SO42-的使用未按NaHSO4的原有比例。Ba(OH)2过量:1(H++SO42-)+Ba2++OH-→H2O+BaSO4↓H2O是第一产物。因为按需供给，过量方OH-与Ba2+的使用未按Ba(OH)2的原有比例。本例中产物的种类未发生变化。[例8]明矾+Ba(OH)2Ba(OH)2过量:1(Al3++2SO42-)+2Ba2++4OH-→AlO2-+2BaSO4↓+2H2O(OH-按需供给)明矾过量:1(Ba2++2OH-)+(2/3)Al3++SO42-→BaSO4↓+(2/3)Al(OH)3↓因为按需供给，过量方Al3+与SO42-未按原KAl(SO4)2的原有比例；过量方开始可用分数配平。3Ba2++6OH-+2Al3++3SO42-→3BaSO4↓+2Al(OH)3↓[例9]Ca(OH)2+H3PO4H3PO4过量:OH-+H3PO4→H2O+H2PO4-H2O是第一产物；想一想，H3PO4的系数为什么不是1/3或1/2H3PO4。Ca(OH)2过量:H3PO4+3OH-+(3/2)Ca2+→3H2O+(1/2)Ca3(PO4)2↓H2O是第一产物；过量方开始可用分数配平。2H3PO4+6OH-+3Ca2+→6H2O+Ca3(PO4)2↓[例10]NaHCO3、Ca(OH)2、NaOH和Ca(HCO3)2四种溶液两两混合。请写出所有可能发生的离子反应方程式。(不考虑产生NaHCO3或Ca(HCO3)2沉淀)解：本例所有反应中H2O均为第一产物。NaHCO3——Ca(OH)2Ca(OH)2过量:①HCO3-+OH-+Ca2+→H2O+CaCO3↓过量方OH-与Ca2+未按Ca(OH)2的原有比例。NaHCO3过量:②Ca2++2OH-+2HCO3-→2H2O+CaCO3↓NaHCO3——NaOH:③HCO3-+OH-→H2O+CO32-Ca(OH)2——Ca(HCO3)2:Ca2++2OH-+Ca2++2HCO3-→2H2O+2CaCO3↓④Ca2++OH-+HCO3-→H2O+CaCO3↓NaOH——Ca(HCO3)2Ca(HCO3)2过量:⑤OH-+HCO3-+Ca2+→H2O+CaCO3↓过量方Ca2+与HCO3-未按Ca(HCO3)2的原有比例NaOH过量:⑥Ca2++2HCO3-+2OH-→2H2O+CaCO3↓前面的例子均属于非氧化还原反应，在氧化还原反应中类似的过量问题也大量存在。[例11]H2S+O2;O2过量:H2S+(3/2)O2→SO2+H2OH2S过量:O2+2H2S→2S↓+2H2O[例12]FeBr2+Cl2Cl2过量:1(Fe2++2Br-)+(3/2)Cl2→Fe3++Br2+3Cl-2Fe2++4Br-+3Cl2→2Fe3++2Br2+6Cl-FeBr2过量:Cl2+2Fe2+→2Cl-+2Fe3+三.配平过程也是一种计算过程前面举的例子都是“绝对的”过量(或少量)，即过量的一方“你要多少给多少”。实际情况还可能是“相对的”过量。比如在NaOH溶液中通入CO2，产物可能是唯一的Na2CO3或NaHCO3，也可能是两者兼得；比如FeBr2溶液中通入Cl2，由于Cl2的用量问题，结果可能只有Fe2+被氧化，也可能是Fe2+被全部氧化而Br-被部分氧化。这时有关反应方程式的配平本身往往就是一种计算过程。[例13]24mLH2S在30mLO2中燃烧，同温同压下，得到的SO2体积为____mL。(A)24(B)30(C)20(D)18[例12]H2S与O2的体积比为1:1.25(介于1:0.5与1:1.5之间)，产物既非纯S亦非纯SO2，是两者兼有。不妨配平下列反应式：24H2S+30O2→____S+____SO2+____H2O据H原子数，H2O的系数为24，再据O原子数，SO2的系数为18(S的系数自然为6)。18即为本题答案。[例14]黄铜矿(主要成分CuFeS2)是提取铜的主要原料。已知2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(炉渣)产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2假定各步反应都完全。(1)由6molCuFeS2生成6molCu，消耗O2的物质的量为____mol。(2)6molCuFeS2和16molO2反应，理论上可得到铜____mol。(3)6molCuFeS2和14molO2反应，理论上可得到铜____mol。(4)以6molCuFeS2为原料，以O2的量为横坐标，以Cu的产量为纵坐标，画出Cu(mol)—O2(mol)的关系曲线。解：(1)直接将总结果配平(铜的最后形式仅为单质)：6CuFeS2+15O2→6Cu+12SO2+6FeO(2)O2过量1mol，第二个反应中的Cu2O多余，导致第三个反应中Cu2O过量。直接将总结果配平(铜的最后形式为单质和Cu2O)：6CuFeS2+16O2→2Cu2O+2Cu+12SO2+6FeO(3)O2不足1mol，第二个反应中Cu2S多余，导致第三个反应中Cu2S过量。直接将总结果配平(铜的最后形式为单质和Cu2S；SO2的产量视O2的供应量来定)：6CuFeS2+14O2→Cu2S+4Cu+11SO2+6FeO(4)若O2的供应量小到只能满足第一个反应，Cu的产量为零。若O2过量到将所有Cu2S都变成Cu2O，不会再发生第三个反应，Cu的产量亦为零。总结果为6CuFeS2+(33/2)O2→3Cu2O+12SO2+6FeO答：(1)15(2)2(3)4(4)两条直线。O2的量为12和16.5mol时，Cu的产量为零。O2的量为15mol时，Cu的产量最高，为6mol。