2024届高三化学高考备考总复习（一轮）——有关过量问题的计算
一、选择题
1．下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物的用量改变时，对生成物没有影响的是（ ）
A．Na与O2 B．Na2O2与CO2 C．NaOH与AlCl3 D．NaOH与CO2
2．下列反应中因反应物用量不同导致生成物不同的是（ ）
①Na2CO3与稀盐酸；②Fe与稀HNO3；
③Ca(HCO3)2溶液与Ca(OH)2溶液；④FeBr2溶液与Cl2；
⑤Fe与Cl2
A．①②④ B．②④⑤ C．①③⑤ D．①③④
3．用 溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入过量的铁粉，充分反应后，最终溶液中的金属阳离子（）
A．只含 B．含 和
C．含 和 D．只含
4．下列各组物质：①Cu与HNO3溶液 ②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与盐酸 ⑤Na与O2。由于条件不同而能发生不同氧化还原反应的是（ ）
A．只有③④ B．只有①②
C．只有①③⑤ D．只有①③④⑤
5．一定量CO2通入500mL某浓度的NaOH溶液中得到溶液A，向A溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n(HCl)与生成n(CO2)的关系如图所示。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．X→Y段发生反应的子方程式为HCO+H+=H2O+CO2↑
B．原溶液中c(NaOH)=6mol/L
C．通入的CO2气体体积为44.8L
D．A溶液中含Na2CO3和NaHCO3各1mol
6．在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中完全消耗的是（ ）
A．用50mL 12 mol L﹣1的氯化氢水溶液与足量二氧化锰共热制取氯气
B．将1g铝片投入20mL 18.4 mol L﹣1的硫酸中
C．向100mL 3 mol L﹣1的硝酸中加入5.6g铁
D．常温常压下，0.1mol氯气通入1L水中反应
7．把一定量的Fe和Cu的混和粉末投入到FeCl3溶液中，充分反应后，下列情况不可能的是（ ）
A．Fe 和 Cu都剩 B．Fe 和 Cu 都不剩
C．Fe 剩余，Cu无剩余 D．Cu剩余，Fe无剩余
8．下列各组中两种物质反应时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（ ）
A．S与O2 B．Fe与HNO3
C．Na2SO3溶液与盐酸 D．NaAlO2溶液与CO2
9．将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法错误的是（ ）
A．O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3
B．a点溶液中c (HCO3-) >c (CO32-)
C．标准状况下，通入CO2的体积为44.8L
D．原NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L
10．在4 mol/L的硫酸和2 mol/L的硝酸混合溶液10mL中，加入0.96g铜粉，充分反应后最多可收集到标准状况下的气体的体积为（ ）
A．89.6mL B．112mL C．168mL D．224mL
11．向 100mL Na2CO3 与 NaAlO2 的混合溶液中逐滴加入 1mol/L 的盐酸，测得溶液中的 CO32-、HCO3- 、AlO2-、Al3＋的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．原 混 合 溶 液 中 的 n (CO32-)： n (AlO2-)＝2：1
B．a 点溶液中：c(HCO3-)＋c(H2CO3)＋c(H+)＝c(OH-)
C．b 点溶液中离子浓度顺序为：c(Cl－)＞c(HCO3－)＞c(CO32-)＞c(OH- )
D．d→e 的过程中水的电离程度逐渐减小
12．下列实验过程中产生的现象与对应的图象不相符的是( )
A． 向NaOH溶液中滴加AlCl3溶液至过量
B． 向NaAlO2溶液中滴加盐酸至过量
C． 向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸
D． 向含有Mg2+和Al3+的溶液中加入NaOH溶液至过量
二、非选择题
13．草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为了测定x值，进行下述实验：
①称取n g草酸晶体配成100.00 mL水溶液；
②取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶中，加稀硫酸，用浓度为a mol·L－1的KMnO4溶液滴定，已知2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O
试回答下列问题：
（1）实验中不考虑铁架台等夹持仪器外，需要的仪器有（填序号） ，还缺少的仪器有（填名称） 。
A.托盘天平（带砝码，镊子）
B.滴定管 C.100mL容量瓶
D.烧杯E.漏斗 F.锥形瓶 G.玻璃棒 H.烧瓶
（2）实验中KMnO4溶液应装在 式滴定管中，滴定终点的判断依据是
（3）若在滴定前没有用amol·L-1的KMnO4溶液对滴定管进行润洗，则所测得的x值会 （偏大、偏小、无影响）。
（4）若滴定终点读数时目光仰视，则计算出的x值可能 （填偏大、偏小、无影响）。
（5）滴定过程中用去V mL a mol·L－1的KMnO4溶液，则所配制的草酸的物质的量浓度为 mol·L－1 。
14．在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成0.3molNO2和0.1molNO的混合气体。
（1）所得溶液中n(Cu2+)= mol。
（2）向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成 g沉淀。
15．向300mLKOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体．请回答下列问题：（直接填空，不写过程）
（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试写出所有可能的组成，填入下表，可以不填满．
可能情况 ① ② ③ ④ ⑤
组成物质
（2）若通入CO2气体为2.24L（标准状况下），得到11.9g 的白色固体．请通过计算确定此白色固体组成的物质是 ；所用的KOH溶液的物质的量浓度为 mol/L．
16．有50 mL NaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后取此溶液10 mL将其稀释至100 mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的HCl溶液，产生CO2气体的体积（标准状况）与所加入盐酸的体积之间的关系如下图所示：
（1）甲溶液中的溶质是 ，其物质的量之比为 。
（2）乙溶液中的溶质是 ，在标准状况下吸收CO2气体的体积为 。
（3）原NaOH溶液的物质的量浓度为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.Na与O2在常温条件下生成Na2O，在加热或点燃条件下生成Na2O2，反应条件不同，生成物不同，不符合题意；
B.Na2O2与CO2无论反应条件和反应物的量如何变化，生成物均为Na2CO3和O2，符合题意；
C.NaOH与AlCl3反应，NaOH过量时，生成物为NaAlO2、NaCl和H2O，当AlCl3过量时，生成物为Al(OH)3和NaCl，生成物与反应物的用量有关，不符合题意；
D.NaOH与CO2反应，当CO2不足时，生成物为Na2CO3和H2O，当CO2过量时，生成物为NaHCO3，生成物与反应物的量有关，不符合题意。
【分析】依据金属钠和钠的氧化物和氢氧化钠的性质分析解答。
2．【答案】A
【解析】【解答】①
；
② 、
；
③Ca(HCO3)2溶液与Ca(OH)2溶液无论量的多少，发生的离子反应均为Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O；
④ 、 。
⑤铁与氯气无论量的多少，都生成三氯化铁；
故答案为：A。
【分析】本题考查的是元素化合物的反应，涉及少量和过量问题，依据过量的物质是否能与产物继续反应，进行判断即可。
3．【答案】A
【解析】【解答】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，向所得溶液中加入足量铁粉，铁粉先与Fe3+完全反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，再与Cu2+完全反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，最后得到氯化亚铁溶液，剩余固体为铁和铜的混合物，
故答案为：A。
【分析】铁粉与铜离子，铁离子与铁粉都发生反应，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+铁粉过量则铁离子，铜离子反应完全。
4．【答案】C
【解析】【解答】①Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；
②Cu与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜；
③Zn与稀H2SO4溶液反应生成硫酸锌和氢气，与浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化硫和水；
④Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；
⑤Na与O2常温下生成氧化钠、点燃生成过氧化钠，
符合题意的是①③⑤，答案选C。
【分析】①根据Cu与浓（稀）HNO3溶液反应生成NO2、（NO）来解答；
②Cu与FeCl3溶液主要根据氧化还原反应解答；
③Zn与H2SO4溶液主要根据氧化还原反应，活泼金属与稀硫酸制备氢气，与浓硫酸制备二氧化硫解答；
④Fe与盐酸，只能制备氢气；
⑤Na与O2，根据反应条件不同，产物不同解答，常温氧化钠，点燃过氧化钠；
5．【答案】C
【解析】【解答】A．X→Y段发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，A不符合题意；
B．Y点反应恰好完全、所得为NaCl溶液，A溶液共消耗3molHCl，则按元素质量守恒，Y点溶液中含3molNaCl溶液，则钠离子由3molNaOH溶液提供，原溶液中c(NaOH)= ，B不符合题意；
C． Y点产生的二氧化碳的物质的量等于通入NaOH溶液的CO2的物质的量，即为2mol，若是标准状况气体体积为44.8L，若不是标准状况，气体体积难以确定，C符合题意；
D． O→X段反应为，X点反应恰好完全，碳酸钠与消耗的HCl均为1mol、即A溶液中含Na2CO3为1mol ，按Y点溶液中含3molNaCl溶液、元素质量守恒可得：A溶液中含NaHCO3为3mol -2×1mol =1mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Na2CO3溶液中滴入盐酸先生成碳酸氢钠和氧化钠，继续滴加盐酸，则发生NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+CO2↑，2个反应中消耗等量的HCl，结合图像可知，一定量CO2通入500mL某浓度的NaOH溶液中得到的溶液A不是碳酸钠溶液，而是碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液，据此回答。
6．【答案】C
【解析】【解答】A、二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，盐酸不能完全反应，故A错误；
B、标准状况下，铝片遇浓硫酸发生钝化，阻止反应进行，铝不能完全消耗，故B错误；
C、根据反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子，剩余0.025mol铁会继续和生成的0.075mol三价铁离子反应，依据反应2Fe3++Fe=3Fe2+ 可知，剩余0.025mol铁全部溶解需要三价铁离子0.05mol，故C正确；
D、氯气与水的反应是可逆反应，反应物不能完全转化，故D错误．
故选C．
【分析】A、二氧化锰与浓盐酸反应，随反应进行浓盐酸变成稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应；
B、18.4mol/L的硫酸为浓硫酸，常温下遇到铁、铝金属发生的钝化，不再继续反应；
C、5.6g铁的物质的量0.1mol，反应首先氧化为硝酸铁，即先发生反应Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子，剩余0.025mol铁会继续和生成的0.075mol三价铁离子反应，依据反应2Fe3++Fe=3Fe2+判断；
D、氯气与水的反应是可逆反应，反应物不能完全转化．
7．【答案】C
【解析】【解答】A．FeCl3不足，Fe未完全反应，则Cu不反应，此时可能出现Fe、Cu都剩；
B．若FeCl3量足够将Fe、Cu完全反应，此时Fe、Cu都不剩，B可能；
C．由于Fe先反应，Cu后反应，所以不可能出现Cu完全反应而Fe有剩余的情况，C符合题意；
D．Fe刚好完全反应，而Cu未反应或部分反应，此时可能出现Fe无剩余，Cu剩余；
故答案为：C。
【分析】铁会先和三价铁离子反应，铁反应完后，铜才会和三价铁反应。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．S与O2在点燃条件下只生成SO2，与反应物的量无关，故A符合题意；
B．少量Fe与HNO3反应生成Fe(NO3)3，若Fe过量，则Fe与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，产物的种类与Fe的量有关，故B不符合题意；
C．Na2SO3溶液与少量盐酸反应生成NaHSO3，与过量盐酸反应生成H2SO3(或SO2、H2O)，产物的种类与盐酸的量有关，故C不符合题意；
D．NaAlO2溶液与少量CO2反应生成Al(OH)3、Na2CO3，与过量CO2反应生成Al(OH)3、NaHCO3，产物的种类与CO2的量有关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．S与O2只生成SO2；
B．HNO3浓度不同，产物不同；
C．盐酸的量不同，产物不同；
D．CO2的量不同，产物不同；
9．【答案】D
【解析】【解答】A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+ HCl="NaCl" +H2O+ CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图像可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，A不符合题意；
B、a点溶液中溶质为碳酸氢钠，碳酸氢根水解，溶液显碱性，则溶液中c(HCO3-)＞c(CO32-)，B不符合题意；
C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，C不符合题意；
D、加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）= =2.5mol/L，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】掌握反应的原理，特别是相关反应的化学方程式以及清除图像中各段表示的意义是解答的关键。在Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，逐滴加入盐酸，盐酸先与何种物质反应，取决于CO32－和HCO3－结合H＋的难易程度。由于CO32－比HCO3－更易于结合H＋形成难电离的HCO3－，故盐酸应先与Na2CO3溶液反应。只有当CO32－完全转化为HCO3－时，再滴入的H＋才与HCO3－反应。
10．【答案】D
【解析】【解答】铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。混合溶液中含H+物质的量＝0.02mol×2+0.02mol＝0.06molH+，0.96g铜的物质的量＝0.96g÷64g/mol＝0.015mol。根据离子方程式可知3Cu～8H+～2NO，因此氢离子过量，铜离子完全反应，则生成的NO气体的物质的量＝0.01mol，标准状况下的体积为224mL，
故答案为：D。
【分析】根据铜与硝酸反应的离子方程式进行计算过量问题，然后计算生成的气体的物质的量，然后得到标准状况下的体积即可。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由上述分析可知，原混合溶液中的CO32﹣与AlO﹣2的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1，故A不符合题意；
B.a点溶液中，溶质为Na2CO3、NaCl，由质子守恒可知：c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+c（H+）=c（OH﹣），故B不符合题意；
C.b点碳酸钠和碳酸氢钠的浓度相等，加入了75mL盐酸，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），所得溶液中阴离子浓度大小顺序为：c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣），故C符合题意；
D.d→e的过程中铝离子的浓度逐渐增大，铝离子水解促进了水的电离，则该段水的电离程度逐渐增大，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】 Na2CO3 与的碱性小于NaAlO2 ，第一步发生反应：AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，左边第一条曲线表示AlO2-，由图可知加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2-）=n（H+）=cV=0.05L×1mol/L=0.05mol；
第二步，AlO2-反应完毕，发生反应CO32-+H+═HCO3-，将CO32-转化为HCO3-，ab线表示CO32-，bc线表示HCO3-，由图可知该阶段加入盐酸V=100mL-50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32-）=n（H+）=cV=0.05L×1mol/L=0.05mol；
第三步，CO32-反应完毕，发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O，HCO3-完全转化为CO2，所以cd线表示HCO3-，由图可知该阶段加入盐酸V=150mL-100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3-）=n（H+）cV=0.05L×1mol/L=0.05mol；
第四步，Al（OH）3沉淀完全溶解，发生反应Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，de线表示Al3+的变化曲线，根据方程式可知n（H+）=3n[Al（OH）3]=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为{#mathmL#}{#/mathmL#}；
A、通过第一步、第二步分析步骤，确定CO32﹣与AlO﹣2的物质的量：
B、a点时溶液中的溶质为Na2CO3、NaCl，根据物料守恒，电荷守恒解答；
C、b点溶液溶质为碳酸钠和碳酸氢钠且浓度相等，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子；
D、根据溶液中Al3+溶度增大，其水解程度变大，促进水的电离；
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 先发生 反应，再发生 反应，与图象相符，故A不符合题意；
B. 先发生 反应，再发生 ，与图象相符，故B不符合题意；
C. 先发生 反应，再发生 反应，与图象不符，故C符合题意；
D. 先发生Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，再发生 反应，与图象相符，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项为易错点，注意碳酸钠和盐酸反应时的滴加顺序不同，发生的反应也不同。
13．【答案】（1）ABCDFG；胶头滴管
（2）酸；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点
（3）偏小
（4）偏小
（5）0.1aV
【解析】【解答】（1）为了准确配制一定浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要为：托盘天平（带砝码，镊子）、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量，所需要的实验仪器主要有：烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等，
故答案为：ABCDFG，还缺少的仪器为：胶头滴管，故答案为：ABCDFG；胶头滴管；（2）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点，故答案为：酸；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点；（3）在滴定前没有用a mol·L-1的KMnO4溶液对滴定管进行润洗，相当于稀释了KMnO4标准溶液，则会使V(标准)偏大，根据c（待测）= 可知，c（待测）偏大，导致n(H2C2O4)会偏大，则计算出的x会偏小，故答案为：偏小；（4）若滴定终点读数时目光仰视，会使V(标准)偏大，根据c（待测）= 可知，c（待测）偏大，导致n(H2C2O4)会偏大，则计算出的x会偏小，故答案为：偏小；（5）根据关系式2KMnO4 5H2C2O4可得n (H2C2O4) = = mol，则
c(H2C2O4) = = 0.1 aV mol L-1，故答案为：0.1 aV。
【分析】（1）实验有两个过程：配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量：所需要的实验仪器主要有烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等；根据以上操作中使用的仪器进行解答；（2）KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；根据酸性高锰酸钾本身显紫色及操作规范分析作答；（3）（4）先根据实验的规范操作对公式c（待测）= 的影响分析误差，再结合实验计算过程分析出草酸含量，草酸含量越大，其结晶水的质量越小，即所得x值越小，据此分析作答；（5）根据已知的化学方程式中物质的量与其化学计量数之间的关系作答。
14．【答案】（1）0.15
（2）25.4
【解析】【解答】(1)在氧化还原反应中金属失去电子与HNO3得到电子被还原为气体时得到电子的物质的量相等，则n(e-)=0.3 mol×(5-4)+0.1 mol×(5-2)=0.6 mol，假设混合物中Fe、Cu的物质的量分别为x、y，由于硝酸足量，铁和铜组成的合金与HNO3反应产生Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，则3x+2y=0.6 mol，56x+64y=15.2 g，解得x=0.1 mol，y=0.15 mol，所以Cu反应后得到的Cu2+的物质的量为0.15 mol，故答案为：0.15；
(2)反应会向所得溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，加入足量NaOH溶液，得到Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量为金属Fe、Cu的质量与OH-的质量和，OH-的物质的量与转移电子的物质的量相等，则n(沉淀)= 15.2 g+0.6 mol×17 g/mol=25.4 g，故答案为：25.4。
【分析】15.2 g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成硝酸铁、硝酸铜，向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜。
15．【答案】（1）
可能情况 ① ② ③ ④ ⑤
组成物质 K2CO3、KOH K2CO3 KHCO3、K2CO3 KHCO3
（2）K2CO3和KHCO3的混合物；0.500 mol/L
【解析】【解答】（1）由：①CO2+2KOH=K2CO3+H2O ②CO2+KOH=KHCO3可知=时产物为K2CO3，=1时产物为KHCO3，
所以＜时，KOH 过量则产物为K2CO3+KOH；
＜＜1时，对于①反应来说二氧化碳过量而对于②反应来说二氧化碳量不足，所以产物为K2CO3+KHCO3；
＞1时，二氧化碳过量，则固体产物为KHCO3．
故答案为：
可能情况 ① ② ③ ④ ⑤
组成物质 K2CO3、KOH K2CO3 KHCO3、K2CO3 KHCO3
（2）由：①CO2+2KOH=K2CO3+H2O
22.4L（标态） 138g
2.24L（标态） 13.8g
②CO2+KOH=KHCO3
22.4L（标态） 100g
2.24L（标态） 10.0g
∵13.8g＞11.9g＞10.0g
∴得到的白色固体是 K2CO3和KHCO3的混合物．
设白色固体中 K2CO3 x mol，KHCO3 y mol，即
①CO2+2KOH=K2CO3+H2O
xmol 2xmol xmol
②CO2+KOH=KHCO3 ymol ymol ymol
x mol+y mol==0.100 mol （CO2）
138g mol﹣1×x mol 100 g mol﹣1×y mol=11.9g （白色固体）
解此方程组，得
x=0.0500mol （K2CO3）
y=0.0500mol （KHCO3）
∴白色固体中，K2CO3 质量为 138g mol﹣1 ×0.0500mol=6.90g
KHCO3质量为 100 g mol﹣1×0.0500mol=5.00g
消耗 KOH 物质的量为2x mol+y mol=2×0.0500mol+0.0500mol=0.150mol
∴所用 KOH 溶液物质的量浓度为=0.500 mol/L
故答案为：K2CO3和KHCO3的混合物；0.500 mol/L．
【分析】（1）由于CO2和KOH反应时物质的量之比不同则产物不同，故可根据CO2和KOH反应时物质的量之比对产物进行讨论；
（2）利用极限法判断当固体质量为11.9g时固体的成分，根据反应的化学方程式计算相关物理量．
16．【答案】（1）NaOH、Na2CO3；1：1
（2）Na2CO3、NaHCO3；112mL
（3）0.75 mol/L
【解析】【解答】（1）当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图可知，生成CO2气体至最大，消耗HCl为75mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中只有Na2CO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将Na2CO3转化为NaHCO3应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3。中和NaOH消耗HCl的体积为50mL﹣25mL=25mL，由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，浓度之比是1：1；
（2）乙中第二阶段消耗的盐酸多，这说明溶液中的溶质是碳酸钠和碳酸氢钠。生成二氧化碳消耗消耗50mL盐酸，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知CO2体积（标准状况下）为0.05L × 0.1 mol/L × 22.4 L/mol = 0.112L = 112mL；
（3）生成CO2气体最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度= 0.75mol/L。
【分析】（1）（2）生成二氧化碳的物质的量=碳酸氢钠的物质的量（包括原有的+碳酸钠生成的）
碳酸钠生成的碳酸氢钠物质的量=碳酸钠的物质的量
（3）此时氢氧化钠完全转化为氯化钠，则刚好完全反应时，氢氧化钠的物质的量=氯化钠的物质的量
