高中化学过量与少量问题

1、由于反响物之间的配比 (投料) 变化，某反响物的过量 (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。相应的反响现象往 往也不同。一. 一些简单的例子例1CQ+澄清石灰水：Ca(0H)2过量，生成正盐：CQ+Ca+204CaCO +HOCO过量，生成酸式盐，沉淀消失。OF+CA HCO 例 2Na0H+H2SF2S过量，生成酸式盐OH+HSH2O+HSNaOHi量，生成正盐 H2S+2O42I4O+S 例 3HCl+NaAlO2NaAIQ过量 H+AIO2+HOAl

2、(OH) 3 ；HCl 过量 AIO2+4HAl 3+2H2O 例 4NaAIO2+CO2CO 过量 AIO2+CO+2IHO AI(OH)3 J +HCONaAIQ 过量 CQ+2AIO2-+3HO 2AI(OH)3 J +CO2- 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。AgNO过量 NHHO+AgrAgOJ +NH+氨水过量 A6+2NHHOAg(NH)2+2IHO二. 按需供给相关离子 (化学) 方程式的配平 例 6Mg(HCO3) 2溶液与澄清石灰水反响Ca(OH)过量：不妨先给“少量方Mg(HCO2 个最小自然数1作系数。而“过量方 Ca(OH

3、)是按需供给的。1(Mg2+2HCO)+4OH+2CaT 2HO+Mg(OH)J +2CaCQHO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 HO,另两个结合 Mg+成了 Mg(OH2。Mg(HCO2过量：不妨先给“少量方Ca(OH 个最小自然数1作系数。“过量方 Mg(HC3O) 2那么按需供给。1(Ca2+2OH)+2HCO+Mg+2HO+CaGQ +MgCUHO还是第一产物。OH只能满足HO的生成，不能满足Mg(OH2沉淀。 例 7Ba(OH)2+NaHS4ONaHSO过量:1(Ba2+2OI+2H+S(422HO+BaS4QHO是第一产物。因为按需供给，过量方与SO2-

4、的使用未按NaHSO勺原有比例。+ 2- 2+ -Ba(OH)过量:1(H +SO-)+Ba +OFH2O+BaS4QHO是第一产物。因为按需供给，过量方 OH与BaT的使用未按Ba(OH).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)过量:1(Al 3+2SO-)+2Ba2+4OFWAIO2-+2BaSOJ +2HO (OH按需供给) 明矾过量 : 1(Ba 2+2OH-)+(2/3)Al 3+SO42-BaSO4Q +(2/3)Al(OH) 3Q因为按需供给，过量方 ai3+与SO2-未按原KAI(SO4)2的原有比例；过量方开始可用分数 配平。3

5、Ba2+6OH-+2AI3+3SO42-3BaSO4Q +2AI(OH)3Q 例 9Ca(OH)2+H3PO4HPQ过量：OH-+HPOH2O+HPQHO是第一产物；想一想，HPQ的系数为什么不是1/3 或 1/2H3PO4。- 2+Ca(OH)过量：H 3PQ+3OF+(3/2)Ca 3H2O+(1/2)Ca3(PC4)2 QHO是第一产物；过量方开始可用分数配平。2H3PO4+6OH-+3Ca2+6H2O+Ca3(PO4) 2Q例10NaHCO Ca(OH、NaOH和Ca(HC2四种溶液两两混合。请写出所有可能发生 的离子反响方程式。(不考虑产生NaHC或Ca(HC2沉淀)解：本例所有反响

6、中HO均为第一产物。NaHC3OCa(OH)2Ca(OH)2过量：HCO+OF+Ca+H2O+CaCO过量方OH与CeT未按Ca(OH?的原有比例。NaHCOt量：CsT+2OF+2HCO2H2O+CaCONaHCNaOH HCO+OFHH2O+COCa(OH)Ca(HCO2 :Ca 2+2OF+CeT+2HCO2fO+2CaCO CsT+OH+HCOHO+CaCOtNaOHCa(HCO3)2Ca(HC3)2过量：OH+HCO+CaJH2O+CaCO过量方CsT与HCO未按Ca(HC2的原有 比例2+ - -NaOH量：Ca +2HCO+2OFH2HO+CaCO前面的例子均属于非氧化复原反响，

7、在氧化复原反响中类似的过量问题也大量存在。 例 11H2S+O2;Q 过量:H2S+(3/2)O2SG+HOHS过量：O 2+2HS 2S； +2HO 例 12FeBr 2+Cl2CI2过量：1(Fe 2+2Br-)+(3/2)Cl 2 Fe3+Br2+3C 2Fe 2+4Br-+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl-FeBr2过量：Cl 2+2FeT 2C+2FeT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。比方在NaO溶液中通入CO,产物可能是唯一的NaCO 或NaHCQ也可能是两者兼得；比方FeBr

8、2溶液中通入CI2，由于CI2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-被局部氧化。这时有关反响方程式的配平本身往往就是一种计算过程。例1324mLHS在30mLO中燃烧，同温同压下，得到的 SO体积为mL(A)24 (B)30 (C)20 (D)18例12H2S与Q的体积比为1:1.25(介于与之间)，产物既非纯S亦非纯 SQ,是两者兼有。不妨配平以下反响式：24H2S+30AS+S2+HO据H原子数，HO的系数为24,再据O原子数，SO的系数为18(S的系数自然为6)。 18 即为此题答案。例 14 黄铜矿(主要成分 CuFeS2) 是提取铜的主要原料。

9、2CuFeS+4Q Cu2S+3SO+2Fe O炉渣)产物CibS在1200C高温下继续反响：2Cu2S+3O 2Ci2O+2SO2Cu2O+C2S 6Cu+SO假定各步反响都完全。 由6mol CuFeS生成6mol Cu,消耗O的物质的量为mol。(2) 6mol CuFeS 2和16mol O2反响，理论上可得到铜 mol。(3) 6mol CuFeS 2和14mol O2反响，理论上可得到铜 mol。(4) 以6mol CuFeS为原料，以Q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 ) ：6CuFeS+15Of 6Cu+12SC+6FeO(2) O 2过量1mol，第二个反响中的CuO多余，导致第三个反响中CuO过量。直接将总 结果配平 (铜的最后形式为单质和 Cu2O)：6CuFeS+16O 2Cu2O+2Cu+12SO6FeO(3) O 2缺乏1mol，第二个反响中CibS多余，导致第三个反响中CibS过量。直接将总结 果配平(铜的最后形式为单质和 CuS; SO的产量视Q的供给量来定)： 6CuFeS+14Qf CLbS+4Cu+11S2+6FeO(4) 假设O的供给量小到只能满足第一个