高中化学极限法

极限法

极限判断是指从事物的极端上来考虑问题的一种思维方法。该思维方法的特点是确

定了事物发展的最大（或最小）程度以及事物发生的范围。

例1：在120℃时分别进行如下四个反应：

A.2H2S+O2=2H20+2SB.2H2S+3O2=2H2O+2SO2

C.C2H4+302=2H2O+2CO2D.C4H8+602=4H20+4C02

（1）若反应在容积固定的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体总压强

（P）分别符合关系式d前=d后和P前＞P后的是；符合关系式d前=（1后

和P前=P后的是（请填写反应的代号）。

（2）若反应在压强恒定容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体

体积（V）分别符合关系式d前ad后和V前＜V后的是；符合d前ad后和V

前＞V后的是（请填写反应的代号）。

方法：从反应物全部变成生成物来作极限判断。

解析：（1）在容积固定的容器内，四个反应的反应物和生成物中除硫单质外均

为气体，

所以反应B、C、D均符合的关系式.反应B反应后气体物质的量减少，根据气态

方程可知Pr＞P=.而反应C反应前后气体物质的量没有变化，符合P『Pm0以此第一

间答褰为B,第二回餐褰为C.

（2）如果保持压强恒定，反应物和生成物均为气体时，气体的密度与气体的体积成反

比，即若符合关系式dQ（U，一定满足VTVVF所以只要反应后气体物质的量增大的就

满足上述题意.即D为答案.而关系式和V.AV三同时成立，则反应中必有非气体

物质存在.只有反应A有固态物质硫存在，且反应物H公和0I的任一种气体的密度均大于

生成物水蒸气的密度（在相同条件下相对分子质量大的气态物质密度大），以及反应前后气

体物质的量减少，符合V-"以此第一回餐裹为D,第二酸褰为A.总

结：解本题还应用了物理学中气态方程和化学中的阿伏加德罗定律。这是一道物

理和化学学科间综合试题，体现了当今的命题方向。

例2:把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95mg溶于水后，与足量的硝酸银溶

液反应，生成氯化银沉淀300mg,则该氯化镁中的杂质可能是（）

A.氯化钠B.氯化铝C.氯化钾D.氯化钙

方法：“采用极值法或平均分子量法。

解析：［解法一］:（极值法）

假设95mg全为MgCl2,无杂质，则有：MgCl2〜2AgCl

95mg2x143.5mg

2Aheh

3i生成沉淀.为287mg,所以假设95mg全部为杂质时，产生的AgCl沉淀应

大于300mgo

则杂质若写成'kCl：形式时，4L的式量应小于Ng的原子Al2a2,才符合在意。

y3

A.NaCH-Na;Cl;,23X2>24不符合.B.A1C13f，27X<24可以。

C.Ka-*K;C1;,39X2>24不行。D.CaCl:,40>24不可以•以此相答累为B.

［解法二卜（平均分子里法）

将混合物写成\L：C1=形式，有：MxCl;^2AgCl

Imol2mol

15。_95

解得¥=143.5.则混合物的平均分子量：7==90.9,

因,过C：：的分子量为95>90.9,则杂质Ntci：的分子里应，卜点90.9,才符合题意.

A.NaGf、a：Ck，分子量117»不行，B.A1C1；-,>分子量S9,可以.

C.疑;—K：C：：,分子量149,不可以.D.CaCb,分子量111,不可以。总

结：极值法和平均分子量法本质上是相同的，目的都是求出杂质相对分子量的区

间值，或者杂质中金属元素的原子量的区间值，再逐一与选项比较，筛■•选出符合

题意的选项。

例3:在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，两侧分别进行

如图所示的可逆反应.各物质的起始加入量如下:A、B和C均为4.0mol、D为

6.5mol、F为2.0mol,设E为xmol..当x在一定范围内变化时，均可以通过调节

反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于反应器的正中位置.请填

写以下空白：

----/----->

A（气）+B（气）-2C（气）乡D（气）+2E（气）隼2F（气）

(1)若x=4.5,则右侧反应在起始时向(填“正反应"或“逆反应”)方向进行.欲使起始

反应维持向该方向进行，则x的最大取值应小于.

(2)若x分别为4.5和5.0,则在这两种情况下，当反应达平衡时，A的物质的量是

否相等？(填“相等“、“不相等"或"不能确定").其理由是：。

方法：解答该题时，首先要考虑两侧.都达到平衡时物质的量必须相等，然后要从

完全反应的角度去考虑极大值，因是可逆反应，所以又应小于极大值。至于第(3)

问，应从两平衡体系的相互关系去分析，即两体系温度始终相同。

解析：(1)已知左侧平衡时总物质的量为12.0mol,因此右侧达到平衡时的总物质

的量应为12.0molo现*=4.5,则右侧起始时混合物的物质的量为4.5+6.5+2.0

=13o反应在起始时必须向正反应方向进行才能使物质的量变成12molo

确定x的最大取值应小于多少，可通过两种方法求解。

方法一：假定加入的xmolE完全转化时，则D余(6.5—x/2)mol,F共有

(2.0+x)mol,由(6.5—x/2)+(2.0+x)=12.0,解得x=7.0。则欲

使起始反应维持向正反应方向进行，则x的最大取值应小于7。

D+2E—2F方法二：设达平衡时E的消耗量为2amol。

起始时：6.5x2.0

平衡时：6.5-ax-2a2.0+2a

因左侧反应混和物总的物质的量为12mol,所以达平衡时右侧反应需满足：

(6.5-a)+(x-2a)+(2.0+2a)=12

x-2a>0

x=3.5+a.八

解之:XV7.0(1分)

x>2a

(2)因为这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，平衡状态不同，所以A

的物质的量也不同。

总结：压强对平衡体系的影响在众多的可逆反应分析中经常出现，此类试题要求

考生既要分析平衡状态，又要分析相互影响，有时还要考虑极限值问题。

例4：pH=5和pH=3的两种盐酸，以等体积混合溶液的pH是()

A.2B.3.3C.4D.8

方法：根据端值及平均值分析。

解析：根据平均值原则，端值一(平均值(端值二，不可能为A,D,而pH是

对c(H+)取负对数后得到的值，不是简单地将pH1和pH2相加求算术平均数，

所以不可能是C。以此答案只能为B。

总结：此题也可根据两强酸等体积混合后巧用pH混=pH小+0.3获得结果。

例5：取3.5g某二价金属的单质投入50g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，

反应结束后，金属仍有剩余；若2.5g该金属投入与上述相同质量、相同质量分数

的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为

()

A.24B.40C.56D.65

方法：采用极限值分析，找出金属的相对原子质量的范围，而后对照选项获得结

果。

解析：盐酸溶液中溶质的质量为50gxl$25%=9.125g,9.125g盐酸为0二5mo：,最多可产

生的质量为0.25g.由题意知，产生lgH:需金属的平均质量小于3.5gx4=14g,大于

2.5gx4=10g,又知该金属为二价金属，故该金属的相对原子质量小于2S,大于20.答案选

Ao

总结：该题因与盐酸反应的金属质量无法确定，因而要确定其相对原子质量，必须从两

个极限值分析，通过范围而获得答案.

一例6：在一定条件下，气体A可发生如下反应：2A(g)B(g)+3C(g)o

若已知所得混合气体对H2的相对密度为4.25o则A的式量可能是()

A.8.5B.16C.17D.34

方法：采用极值法分析。

解析：假设A物质没有发生反应，则A的式量为8.5o如果A全部转化为B和

C,则B、C混合气体的平均式量为8.5,A的式量为17„题中反应为可逆反

应，故答案为B。

总结：该题利用化学平衡部分的三态进行分析计算也可获得答案，但耗时较多。

例7：取5.4g由碱金属(R)及其氧化物(R20)组成的混合物，使之与足量

水反应，蒸发反应后的溶液，得到8g无水晶体。通过计算判断此金属为哪一种碱

金属。

方法：此题只需用极值法确定R的原子量的取值范围，再对照碱金属的原子量即

可判断R为何种碱金属。

解析：题中的反应有：2R+2H2O=2ROH+H2T,R2O+H2O=2ROH。

设5.4g全部是金属R,R的原子量为x,则R的摩尔质量为xg/mol。

5.4/x=8/(x+17),x=35.7

设5.4g全部是R2O,则R的原子量为y。则R的摩尔质量为yg/mol。

2x{5.4/(2y+16)}=8/(y+17),y=10.7

因为10.7<23<35.5,故R为Na。

总结：采用极限值，可使该题中的复杂问题得到简化。

例8：1.40g含有碱金属(M)及其氧化物(M20)的混合物，与水反应生成

L79g碱。求混合物的成分及其组成。

方法：由于碱金属不确定，可用极端假设法加以讨论。即讨论L40g全部为碱金

属及1.40g全部为碱金属氧化物时生成碱的质量，然后根据平均值规律建立不等

式解题。

解析：设M的相对原子质量为a.

2M-2H;O=2MOH-H;t

M：O-H;O=2MOHL40(a+17)

若L40g全部为碱金属，则产生的MOH的质量为a(g)

1.40.+17)

若1.40g全部为碱金属氧化物，则产生的MOH的质量为a+8(g)

L40Q+17)1.400+17)

a<1,79<"8

解得24.3<a<61.03,只有翎筏盒条件.

设K和K;O的质量分别为x和”

则Cx-v=L4

I56x^2X5⑶

I药+94=179

解得x=0.498(g)

y=0.902(g)

总结：本题若用常规法对可能存在的物质作逐一尝试，逐一淘汰求解是很繁难

的。选取极值法进行求解，可受到事半功倍的效果。

例9：在标准状况下H2和C12的混合气体aL,经光照后完全反应，所得气体

恰好能使bmol的NaOH完全转化为盐，则a,b的关系不可能是下列的（）。

A.b=a/22,4B.b>a/22.4C.b>a/11.2D.b<a/22.4

方法："气体恰好能使bmol的NaOH完全转化为盐”是该题的关键之处。"气体恰

好”是指能与NaOH反应的气体能完全与之反应并转化为盐，而不是气体无剩余

（可能剩余H2）。以此可用极限法去分析，即NaOH的最小值为aL全为H2,

NaOH的最大值为aL全为C12。

解析：若aL全为H2时，耗碱量为0,若aL全为C12时耗碱量最大，此时b=

a/11.2o因此对二者的混合气体而言，耗碱量应介于0〜a/11.2之间，故a,b

关系不可能的只有C。

总结：此题在分析时，不仅要考虑极限值，还要考虑题中关键字词。

例10：某混合物含有KC1、NaCl、Na2CO3,经分析知含Na31.5%,含氯为

27.08%（质量百分含量）。则该混合物中含Na2c03为（）

A.25%B.50%C.80%D.无法确定

方法：若假设此混合物由下列三种物质的极端组成，那么判断起来比较简单。

（1）若只由KC1和Na2CO3组成，用含Na%求出Na2CO3的质量

（2）若只由NaCl和Na2CO3组成，又用含C1%量求出Na2CO3的质量

（3）若只由KC1和Na2CO3组成，用C1%量求出Na2CO3的质量

混合物中Na2CO3的实际质量应比（1）（2）中值小，比（3）中值大（因

KC1比NaCl分子量大）

解析：设混合物为100g：

（1）设混合物只由KC1和Na2c03组成，则用含Na%求出Na2c03的质量

为：

106

100gX31.5%X23^23=72.6g

58.5

（2）万下设混合物只由NaCl和Na2c03组成，则用含Cl%量求出Na2c03的

一质量为

100g—100gX27.08%x=55.4g

(3)设混合物只由KC1和Na2c03组成，则用含Cl%求出Na2c03的质量

为：

74.5

3575100g—100gx27.08%x=43.2g

因为72.6g>55.4g>50g>43.2g

故正确答案为(B)

总结：对于三种物质，两种数据，如通过列方程求解，因缺少数据而无法求得结

果。此时必须要考虑极限问题，通过分析极限情况而获得正确结果。

一例11：800℃时将1molCO和1molH20(蒸气)通入2L密闭容器中进

行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),达到平衡时测得容器

内CO2为0.3mol/L,此时再向容器内通入1mol水蒸气，并保持温度不变，则达

到平衡时CO2物质的量可能为()

A.0.9molB.0.6molC.0.3molD.1.2mol

方法：通过找出新平衡时CO2物质的量的范围，再进行估算即可。

解析：由于反应是可逆的，反应物不可能完全转化，因此再向容器内通入1mol

水蒸气时，CO2的物质的量应大于0.6mol,但CO又不可能完全转化为CO2,所

以CO2的物质的量应介于0.6~1mol之间，故选A。

总结：此类试题如果通过计算，则必须要懂得化学平衡常数，而在此条件下，想

通过计算获得结果根本不可能，以此只能通过估算获解。

专项训练：

=1.PC15在密闭容器中有反应：PC15(g)PCI3(g)+C12(g)otlC时PCI

5的分解率为48.567%,t2C时分解率为97.034%。则t2c时反应体系的物质

的量是tlC时反应体系的多少倍()

A.0.4B.1.3C.1.6D.1.9

2.800c时，将ImolCO和ImolH20(g)通入2L密闭容器中进行反应：

=CO(g)+H20(g)CO2(g)+H2(g)

达到平衡时，测得容器内CO2为0.3mol/L,此时再向容器内通入ImolH20

(g)，并保持温度不变，则达到平衡时CO2的物质的量可能是()

A.0.3molB.0.6molC.0.9molD.1.2mol

3.由第二主族元素R的单质及其相应氧化物组成的混合物共12g,在此混合物中

加足量水，完全反应后，蒸干，得固体。则该元素可能为（）

A.MgB.CaC.SrD.Ba

4.常温下A和B两种气体组成的混合气体（A的分子量大于B的分子量），经

分析混合气中只含有氮和氢两种元素，而且，不论A和B以何种比例混合，氮和

氢的质量比总大于14/3。由此可确认A为①—，B为②—，其理由是③

—o若