高中化学过量计算问题(重要)

高中化学过量计算问题归类一、给出两种反应物的量，直接选量计算这是最基本、最直接的过量问题，没有思维难度，只要按部就班严密解题即可。但应注意题目的综合分析，防止顾此失彼。例1：21g铁粉与8g硫粉混合加热，若不考虑其他损失，可生成硫化亚铁ag；将上述反应后的固体混合物全部投入到足量的稀硫酸中，可得标况下VL气体。则a、V的数值分别为（）（提示：FeSHSOFeSOHS2442）A.33、8.4B.22、5.6C.29、8.4D.22、8.4解析：根据题意nFemolnSmol0375025.().，由SFeFeS可知Fe过量，按S的量计算，nFeSnSmol().025，所以mFeSg()22。产生的气体为HS2和H2的混合气体，由于FeHFeFeSHS~~~22；，nHHSnFemol220375().，标况下V84.。选D项。此题容易误选B项，只顾前面的分析，忽略了后面的综合。二、固体反应物过量导致酸浓度不够高，需定性判断化学中的一些反应需要在高浓度下才能进行，当固体反应物过量时，随着反应的进行生成水而使溶液浓度降低，最终导致反应停止或发生其他反应。此时不能简单地选择不足量的物质进行计算，需要动态思维、定性判断。例如，Cu、Ag等金属与浓硫酸的反应；MnO2与浓盐酸的反应。若是Zn与浓硫酸的反应，随着浓度的下降则还原产物由SO2变为H2；而Cu与浓硝酸反应随着浓度的下降则还原产物由NO2变为NO等。例2：向100181mLmolL·的HSO24溶液中加入64g铜片并加热，被还原的HSO24的物质的量（）A.等于1.8molB.等于1molC.等于0.9molD.小于0.9mol解析：显然Cu过量，若直接选量计算，则误选C项。依题意可知随着反应进行有水的生成而使HSO24溶液的浓度降低，nHSO24被还原应小于0.9mol。选D项。三、混合物与某物质反应的过量问题，需转化计算涉及混合物与某物质反应的过量问题时，先将混合物抽象转化为单一成分，再判断计算。例3：在25℃，101kPa条件下，将10LCO和H2的混合气体通入15LO2中，使其完全燃烧，干燥后，恢复至原来的温度和压强，问：（1）若剩余气体的体积为15L，则原CO和H2的混合气体中V（CO）＝________L，V（H2）＝________L。（2）若剩余气体的体积为aL，则原CO和H2的混合气体中V（CO）：V（H2）＝________。（3）若剩余气体的体积为aL，则a的取值范围是___________。解析：此题的知识载体是初中就熟悉的两个化学反应：①2222COOCO点燃，②22222HOHOl点燃()。三个设问由具体数字到抽象字母，思维难度逐渐加大。该题虽然有多种解法，但解题的突破口是对过量问题的讨论。（1）根据反应特点可知222COHO~，消耗OL25，剩余OL210，则VCOLLL215105由碳原子守恒，VCOLVHLLL510552，（2）由（1）的分析，将数字换成字母：VOVCOa22余，即155VCOa则VCOaVHa10202，所以VCOVHaa：：21020（3）由极值思想：设混合气体全部是H2，剩余气体是O2，则aVO210余设混合气体全部是CO，则aVVV余总25520故10＜a＜20。四.溶质不足量但溶剂可以继续反应，需慎重选量Na等活泼金属可以与水直接反应，因此不能简单地按溶质的量进行计算。例4：NaMg、和Al各0.2mol，分别放入1L011.molL·的三份稀盐酸中，产生H2的物质的量之比为（）A.1：2：3B.3：2：1C.2：1：1D.1：1：1解析：若不考虑过量，直接按金属计算则误选A项。根据222NaHClH~~；MgHClH~~22；2632AlHClH~~可知盐酸对于三种金属都是不足量的，因此也会误选D项。事实上由于Na还可以与盐酸中的HO2反应，不会剩余，最终产生0.1molH2，是Mg和Al的2倍。选C项。五、某种反应物剩余后可以发生副反应，需逆推讨论两种反应物相互作用后，剩余物质可以继续发生其他反应，致使生成物的成分不确定，需逆向思维，分类讨论。例如NO2与O2混合通入水中；NaOH与NaHCO3固体混合加热；SiO2与CaCO3高温反应等。例5：将盛有100mLNO2和O2混合气体的试管倒扣在水槽中，让其充分反应，结果剩余气体10mL，则原混合气体中NO2与O2的体积之比为（）A.18：7B.3：2C.9：1D.43：7解析：根据4242223NOOHOHNO。分类讨论：若剩余气体为O2，则VNOmLmLmLVOmL2245100107228A项符合；若剩余气体为NO，则原混合气体中NO2过量，发生如下反应：32223NOHOHNONO所以VNOmLVNOmL10302，余则VOmLmLmL2151003014VNOmL286D项符合。选A、D项。六、生成物与过量的反应物继续反应，需确定比例守恒解题两种物质发生反应后的一种生成物可以继续和过量的反应物作用，导致相对过量或不足。这类题有正向推导类型，如HS2和O2按一定比例混合点燃，确定生成物量的多少；NH3与Cl2的反应等。也有逆向推导类型，如将CO2（或SOHS22、等）通入到NaOH（或KOH）中，由生成固体物质的质量确定成分。基本思路是依据原子守恒（若为氧化还原反应可按电子守恒）巧妙解题。例6：向300mLKOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后在减压低温条件下蒸发所得溶液，得到了白色固体。问：（1）CO2的通入量不同，得到的白色固体的组成也不同。试推断有几种可能的组成，并分别列出。（2）通入2.24L（标准状况下）CO2气体时，得到了11.9g白色固体。请通过计算确定此白色固体是由哪些物质组成的，其质量各为多少？所用的KOH溶液的物质的量浓度为多少？解析：（1）随着CO2物质的量的增大，CO2与KOH溶液依次发生如下反应：①COKOHKCOHO22322②COHOKCOKHCO222332③当nCOnKOH2时，COKOHKHCO23。减压低温条件下蒸发得到的混合物有多种可能。运用有序思维进行讨论：I.如KOH剩余，白色固体为KOH和KCO23；II.恰好按①反应完全，白色固体为KCO23；III.开始发生反应②，白色固体为KCO23和KHCO3的混合物；IV.KCO23全部转化为KHCO3相当于发生了反应③。（2）VCOLnCOmol2222401..，若按①反应，得到固体的质量mg138.，不符合题意。若按③反应，mg100.，不符合题意。因此产物是KCO23和KHCO3的混合物。根据原子守恒、质量守恒，得：nKCOnKHCOmolgmolnKCOgmolnKHCOg2331231301138100119..··解得：nKCOmol230050.nKHCOmol30050.则mKCOmolgmolg2310050138690..·mKHCOmolgmolg310050100500..·由K守恒，nKOHmolcKOHmolLmolL0150150300501....，·。七、反应物互滴导致相对过量，需分析过程，讨论解题某两种反应物可分步发生反应，当两者互滴时可使不足量的物质相对过量，本来停留在第一步的反应可进行完全。如盐酸与NaCO23溶液；NaOH溶液与AlCl3溶液；NaAlO2溶液与盐酸等。此类问题必须按实际反应进行过程分析，若按终态思维解题则导致失误。例7.有两种实验操作：①向1L11molL·的NaCO23溶液中逐滴加入200mL6molL·1盐酸；②向200mL6molL·1的盐酸中逐滴加入1L1molL·1的NaCO23溶液。在相同情况下产生气体的体积（）A.相同B.前者多C.后者多D.无法判断解析：将盐酸缓慢滴入NaCO23溶液时，先发生反应：NaCOHClNaHCONaCl233，当nHClnNaCO()()23后，才继续第二步反应：NaHCOHClNaClCOHO322。①中nNaCOmol()231，nHClmol().12，第一步HCl剩余0.2mol，第二步产生0.2molCO2；②本来不足量的盐酸一直处于相对过量状态，按222322HClNaCONaClCOHO进行反应，盐酸全部反应消耗0.6molNaCO23，产生0.6molCO2。故选C项。八、阴、阳离子反应顺序不同导致过量，需拆开离子区别对待因氧化还原能力强弱的差别，使同一物质的阴、阳离子反应不同步，需讨论过量问题。如将Cl2通入FeBr2溶液，或将Zn、Fe、Cu混合物加入FeCl3溶液中。例8.标况下往500mLFeBr2溶液中缓缓通入4.48LCl2，测得溶液中有13的Br被氧化成Br2单质，求原FeBr2的物质的量浓度。分析：氧化剂Cl2能将FeBr2、氧化，但还原性顺序是FeBr2，因此根据Cl2的物质的量不同可有如下两种极端反应：①63242233FeBrClFeClFeBr；②23233232FeBrClFeClBr。解法一：根据方程式讨论过量问题，分步计算。设溶液中有xmolFeBr2，由反应①知消耗Cl212xmol，生成233xmolFeBr；根据题意反应②知13233×xmolFeBr被氧化，消耗Clxmolxmol2322913×，则1213448224021xmolxmolLLmolmol...·，解得xmol024.，cFeBrmolLmolL()...2102405048·。但该法麻烦，而以下解法2、解法3简捷易懂。其他解法不再赘述。解法2：根据离子反应关系式解题（关系式法）。设溶液中有xmolFeBr2。222FeCl——x12x2Br——Cl2132×x13x则1213448224021xxLLmolmol...·解得x＝0.24mol，所以cFeBrmolL().21048·解法3：根据电子守恒法解题。设溶液中有xmolFeBr2，则xFexFexBrxBrClCl2322132130204~~.~.，×，，依得失电子守恒有：xxxmol23022024..×，cFeBrmolLmolL()...2102405048·九、给出反应物与生成物的比例关系，需对比分析，判断计算例9.在标准状况下，取甲、乙、丙各30.0mL相同浓度的盐酸，然后分别慢慢加入组成相同的镁铝合金粉末，得下表中有关数据（假设反应前后溶液体积不发生变化）。请回答：实验序号甲乙丙合金质量/mg255385459气体体积/mL280336336（1）甲组实验中，盐酸（选填“过量”、“适量”或“不足量”，下同）__________；乙组实验中盐酸__________。（2）盐酸的物质的量浓度为__________。（3）合金中Mg、Al的物质的量之比为__________。（4）丙实验之后，向容器中加入一定量1001.molL·NaOH溶液，能使合金中的铝粉恰好完全溶解，再过滤出不溶性固体，求所得滤液中各物质的物质的量浓度。解析：（1）盐酸的用量相同，甲、乙对比，甲中合金的质量增大气体体积增大，说明甲组中合金不足，盐酸过量。乙组中合金增重130mg，比甲组合金质量的一半略大，而气体体积增大56mL，远远小于甲组气体的一半，说明乙组盐酸不足。（2）盐酸的浓度按乙组或丙组数据计算，由守恒关系：22HClH~，得nHCl()＝0.030mol，cHClmolL().101·。（3）合金的物质的量按甲组计算，由MgH~2，AlH~322，则：nMgnAlLLmol()()