专题十一反应历程与新信息-【创新教程】2020-2024五年高考真题化学分类特训

专题十一 反应历程与新信息 专题十一 反应历程与新信息 考点1 反应历程与微粒变化 1.(2023·新课标卷,12,6分)“腊合成晦”以 3.(2021·浙江6月,24,2分)制备笨甲酸甲 其中的Fe^{}配合物为催化中心,可将 的一种反应机理如图(其中Ph一代表本 ( 基)。下列说法不正确的是 ) NH.OH与NH。转化为腊(NH.NH。),其 反应历程如图所示。 下列说法错误的是 A.NH.OH、NH.和H.O均为极性分子 A. 可以用笨甲醛和甲醇为原料制备笨甲酸 甲脂 B.反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N B.反应过程涉及氧化反应 键生成 C.化合物3和4互为同分异构体 C.催化中心的Fe^{②}”被氧化为Fe*,后又被 D.化合物1直接催化反应的进行 还原为Fe2+ 4.(2021·湖北卷,12,3分)甲完单加氧 D. 将NH。OH替换为ND.OD,反应可 (s-mmo)含有双核铁活性中心,是O。氧化 得NDND CH. 生成CH.OH的催化剂,反应过程如图 所示。下列叙述错误的是 2.(2023·湖南卷. ) 14,3分)NH.是 2i-1N 0. 3-mmp 一种强还原性的高 re() Fe( 21--2-H NH: 能物质,在航天、能 #o ( 过 源等领域有广泛应用。我国科学家合成的 re(m.cu re()D 某Ru(II)催化剂(用[L一Ru一NH 表 Te(w) 示)能高效电催化氧化NH。合成N。H,其 反应机理如图所示。下列说法错误的是 A. 基态Fe原子的核外电子排布式为 ( ) [Ar]3d4s{ A.Ru(II)被氧化至Ru(II)后,配体NH B. 步骤③有非极性键的断裂和极性键的 失去质子能力增强 形成 B.M中Ru的化合价为十3 C.每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子 C.该过程有非极性键的形成 转移 D.该过程的总反应式:4NH。-2e- D.图中的总过程可表示为:CH十O。+ 2H+2e-s-mmoCHOH+HO N.H.+2NH 最新真题分类特训·化学 5.(2020·新课标II卷,11,6分)据文献报道; 6.(2020·新课标I卷,10,6分)铠的配合物 Fe(CO):催化某反应的一种反应机理如图 离子[Rh(CO)I]可催化甲醇炭基化,反 ) ( 所示。下列叙述错误的是 应过程如图所示。 “~co o{ ch.cof CH 1H07 (0. “→co: # CHOH oc-f_co o 110 Hco H C0 Co o 下列叙述错误的是 A.CH。COI是反应中间体 A.OH参与了该催化循环 B. 甲醇巍基化反应为CH。OH十CO B.该反应可产生清洁燃料H. --CH.CO.H C.反应过程中Rh的成键数目保持不变 C.该反应可消耗温室气体CO D.存在反应CH.OH+HICH。I+H.O D. 该催化循环中Fe的成键数目发生变化 考点2 反应历程与能量变化 1.(2024·河北卷,14)我国科技工作者设计了 一来 如图所示的可充电Mg-CO。电池,以Mg (TFSD。为电解质,电解液中加入1,3-丙二 。~-~oor+-co ,c0 按(PDA)以捕获CO。,使放电时CO。还原 产物为MgC。O.。该设计克服了MgCO。导 *C.oir 电性差和释放CO。能力差的障碍,同时改 *C0 ,M:C0. 善了Mg{}的溶剂化环境,提高了电池充放 区应进程 电循环性能。 下列说法错误的是 A.PDA捕获CO。的反应为 C0. 多孔 ,进 二斑 H。N MgCTrs. Mg(rrsl: NH十CO→ , PA PLA M:C:. H. 对上述电池放电时CO。的捕获和转化过程 开展了进一步研究,电极上CO。转化的三 B.路径2是优先路径,速控步骤反应式 种可能反应路径及相对能量变化如图(*表 示吸附态)。 #-Co 路径! x 。 e→*CO+HN NH. M coco 路径2 路径3 C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相 .Mg 同;路径2、3起始物相同但产物不同 D.三个路径速控步骤均涉及*CO转 #字 化,路径2、3的速控步骤均伴有PDA 1NN *.Co 再生 专题十一 反应历程与新信息 2.(2021·湖南卷,14,4分)铁的配合物离子 4.(2023·湖北卷,19,14分)纳米碗C。H。是 (用[L一Fe一H]表示)催化某反应的一种 一种奇特的碗状共体系。高温条件下 反应机理和相对能量的变化情况如图所示 C.H。可以由C。H分子经过连续5步氢 451 15? 抽提和闭环脱氢反应生成 “_[1--~o00 -2 过2I 。. 理和能量变化如下 #- :过1 而 C H 下列说法错误的是 ( ) CH. 催化剂 过3} A.该过程的总反应为HCOOH (-1o)吾 过0} CO.+H 过_ CIIIIll. B. H浓度过大或者过小,均导致反应速率 , 20.7 #&lll 00 .9.5: 降低 C. _'+I C. 该催化循环中Fe元素的化合价发生了 反应程 变化 回答下列问题 D.该过程的总反应速率由II→III步骤决定 (1)已知C。H.中的碳氢键和碳碳键的键能分 3.(2021·山东卷,14,4分)*0标记的乙酸甲 别为431.0kJ·mol 和 298. 0kJ·mol-l. 在足量NaOH溶液中发生水解,部分反 H-H键能为436.0kJ·mol。估算CH(g) 应历程可表示为: -C。H。(g)+H(g)的△H= 130 kJ·mol。 HC-C-OCH (2)图示历程包含 个基元反应,其 OH 中速率最慢的是第 个。 O (3)C。H。纳米碗中五元环和六元环结构的 H.C-C-OH+CHo 数目分别为 18O (4)1200K时,假定体系内只有反应C。H。(g) -→CH(g)十H(g)发生,反应过程中压 能量变化如图所示,已知 H.C-C-OCH 强恒定为。(即C。H。的初始压强),平衡 OH 转化率为a,该反应的平衡常数K。为 18OH (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压 一总压×物质的量分数)。 H.C-C-OCH。为快速平衡,下列说 (5)C。H。(g)-_ #-l C__ 0 C。H(g)十H·(g)及 ( 法正确的是 C。H(g)-C。 & 过渡态1 过渡态2 H(g)十H·(g)反 1(-) 0 应的lnK(K为平衡 l1.C-C-ocll. 常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本 -0 0H II.c-C-ocll. 0 实验条件下,1nK-- △H +0H- 十c(R为理想气 H.C-C-oH RT Co 反应进程 体常数,c为截距)。图中两条线几乎平行, A.反应II、II为决速步 从结构的角度分析其原因是 B.反应结束后,溶液中存在*OH (6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率 C.反应结束后,溶液中存在CHOH 又能增大生成C。H。的反应速率的是 (填标号)。 D. 反应I与反应IV活化能的差值等于图示 a.升高温度 b.增大压强 总反应的燃变 c.加入催化剂详解详析 c(CH.COOAg) 体积分数c增大,即A的体积分数:c(lI)c(D),C正确; Ke(CH.COO,由图可知pH-n时,c(CH。COOH) D项,平衡常数K与温度有关,因该反应在恒温条件下进 行,所以K保持不变,D错误。故选BC。 Kmol L.C 专题十一 反应历程与新信息 项正确;D.根据元素守恒,pH一10时溶液中c(Ag )十 考点1 反应历程与微粒变化 c(CH.COOAg)+c(AgOH)=0.08mol/L.D项错误;答 1.DA.NH.OH、NH.、H.O的电荷分布都不均匀,不对 案选C。 称,为极性分子,A正确;B.由反应历程可知,有N一H、 10.BD 电解质溶液图像。图像分析, N-O键断裂,还有N一N键的生成,B正确;C.由反应 HgI。溶液中各反应达到平衡后,增大c(I),平衡 历程可知,反应过程中,Fe^{}先失去电子发生氧化反应 Hgl(aq)-Hgl+IHgl.(aq)→Hg+2l 逆 生成Fe ,后面又得到电子生成Fe ,C正确;D.由反 向移动,c(Hgl)、c(Hg)均减小,且开始时c(Hgl) 应历程可知,反应过程中,生成的NH.NH。有两个氢来 c(Hg):乎Hgl(aq)+1-Hgl 、Hgl(aq)+2I 源于NH.,所以将NH.OH替换为ND.OD,不可能得到 Hgf正向移动,c(Hgl)、c(HgE)均增大,且开 ND.ND.,得到ND.NH。和HDO.D错误;故选D 始时c(Hgl)>c(Hgl)。 2.B 反应机理,图像分析 Hg]2- ,2 ,llg2 1个[L-Bu-NH]'失1个 Hg+ NH ~-1lg 21- Hu NH],Rg化合价开高 .M(a.b) 2NH _~ 进 (x +3价 __12 211-Hu-Nn]) 1-m-N 2NH可出总反应 A2NH3 lge(I) 曲线I.表示lgc(Hgl)的变化情况,A正确;增大 2\1~R-N]"2\l-Ru-NH" () c(I),Hgl(aq)Hg+21Hgl.(aq)-HgI 十I平衡逆向移动,c[Hgl.(aq)]增大,从而使Hgl.(s) 据图可知,Ru(II)被氧化至Ru(III)后,[L-Ru -HgI.(aq)平衡逆向移动,该溶液为HgI.的饱和溶液, NH. ]"可与NH。反应生成[L-Ru-NH]和NH, 则c[Hgl.(aq)]不变,B错误;已知HgI.(aq)Hg^+ 配体NH。失去质子能力增强,A项正确;结合图示可 21、HgI.(aq)一HgI +I的平衡常数分别为K 知,[LRuNH ]→[L-RuNH ]失去1个H K,由第二个反应一第一个反应,可得Hg^{十I 所带电荷数减1,则Ru化合价不变,与[LRu-NH. K。 相比,M中N含有1个单电子,所以Ru的化合价不是 Hgr' K=c(Hgt) (Hg)·c()一K,M点c(Hgl) 十3,B项错误;据图可知,反应过程中有N-N非极性键 K 的形成,C项正确;结合图示可知,总反应为4NH一2e c(Hg),则c(I)一 -.a=lg (I)=18K K .C正确;加入 -NH.+2NH,D项正确。 I使各平衡移动,故溶液中I元素与Hg元素的物质的量 3.D A项,由图中信息可知,笨甲和甲醇分子在化合物 之比不始终为2:1,D错误。 2的催化作用下,参与催化循环,最后得到产物茅甲酸甲 11.B 化学平衡综合。图像分析题。 脂,发生的是脂化反应,故A项正确;B项,由图中信息 可知,化合物4在H.0.的作用下转化为化合物5,即醇 a→b温度升高,CL的平衡转化 转化为醐,该过程是失氢的氧化反应,故B项正确;C项, 率增大,则正反应为吸热反应 转H 化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同,结构 b、c点达到平衡状态,HOg)越 不同,两者互为同分异构体,故C项正确;D项,由图中 多,反应速率越快,即> 信息可知,化合物1在NaH的作用下形成化合物2,化 合物2再参与催化循环,所以直接催化反应进行的是化 温度相同时,11.0越多,C1L.的平衡 合物2,化合物1间接催化反应的进行,故D项错误;综 转化率越高,似x越小,故x<x2 上所述,说法不正确的是D项,故答案为D。 4.C A.基态Fe原子核外有26个电子,其核外电子排布 7r 7 式为[Ar]3d^*4s},A项正确;B.步骤③中断裂O-O非极 结合图像分析可知,A项正确,B项错误;该反应为吸热 性键,形成O一Fe(IV)极性键,B项正确;C.步骤④中电 反应,温度升高,平衡常数增大,结合图像可知平衡常 子转移发生在Fe和C元素之间,C项错误;D.根据图 数KK.一K,C项正确;该反应反应前后气体分子 数不相等,恒温恒容时,容器内压强不再发生变化,即 CH.OH+H.O,D项正确:故选C。 达到平衡状态,D项正确。 5.C A.从反应机理图中可知,OH有进入的箭头也有出 12.BC A项,容器内发生的反应为A(g)十2B(g)- 去的箭头,说明OH参与了该催化循环,故A项正确; 3C(g),该反应是气体分子数不变的可逆反应,所以在 B.从反应机理图中可知,该反应的反应物为C0和 恒温恒容条件下,气体的压强始终保持不变,则容器内 H.O,产物为H。和CO,Fe(CO):作为整个反应的催化 压强不变,不能说明反应达到平衡状态,A错误;B项, 剂,而OH仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应,说 根据图像变化曲线可知,t.~1。过程中,t。时v:瞬间不 Fe(cO)cO+H,故有 变,平衡过程中不断增大,则说明反应向逆反应方向移 明该反应方程式为CO十H.O- 动,且不是“突变”图像,属于“渐变”过程,所以排除温 清洁燃料H。生成,故B项正确;C.由B项分析可知,该 度、压强与催化剂等影响因素,改变的条件为:向容器 反应不是消耗温室气体C0.,反而是生成了温室气体 中加入C,B正确;C项,1。~t。时间段,改变条件使正反 CO.,故C项不正确;D.从反应机理图中可知,Fe的成键 应速率逐渐增大,平衡向逆反应方向移动,达到新的平衡 数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化,故D项 状态后,生成A的量增大,总的物质的量不变,所以A的 正确;答案选C。 191 最新真题分类特训·化学 6.C A.通过分析可知,CH.COI属于甲醇巍基化反应的 3.B A.一般来说,反应的活化能越高,反应速率越慢,由 反应中间体;其可与水作用,生成最终产物乙酸的同时, 图可知,反应I和反应IV的活化能较高,因此反应的决 也可以生成使甲醇转化为CHI和HI,A项正确;B.通 速步为反应I、IV,故A错误;B.反应I为加成反应,而 10 过分析可知,甲醇碳基化反应,反应物为甲醇以及CO 10H 产物为乙酸,反应方程式可写成:CH.OH十CO H.C-C-OCH 与H.C-C-OCH。为快速平衡,反 [Rh(CO)I.]二 →CHCOOH,B项正确;C.通过分析可 OH 。 知,铠配合物在整个反应历程中,成键数目、配体种类等 均发生了变化,C项不正确;D.通过分析可知,反应中间 体CH.COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为 应II的成键和断键方式为HC-C-0CH。或 CH.I.方程式可写成:CH.OH+HI→CH。1+H.0.D - 项正确;答案选C。 考点2 反应历程与能量变化 "Oll 1.D 根据题给反应路径图可知,PDA(1,3-丙二胶)捕获 --- CO.的产物为 H.C-C-0CH,后者能生成*OH”,因此反应结束 H. OH,因此PDA捕获CO。的反应为 后,溶液中存在*OH,故B正确;C.反应III的成键和断 10- 1OH C 键方式为lC-CoCll,或HC-C- : H.N NH. +CO.-H.N OH,A OH 0 正确:由反应进程中的能量变化可知,路径2的最大能垒 反应结束后溶液中不会存在CHOH,故C错误;D.该 最小,因此与路径1和路径3相比,路径2是优先路径, 总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量,总反应 :0 且路径2的最大能垒存在于*CO→*CO的步骤, 根据反应路径2 图示可知,该步骤有 为放热反应,因此H.C-C-OH和CHO的总能量 __ H.N 与 H.C-C-OCH。和OH的总能量之差等于图示总 反应的涂变,故D错误;综上所述,正确的是B项,故答 为*CO 案为B。 0 4.解析:(1)由CH。和CH。的结构式和反应历程可以 看出,C。H。中断裂了2根碳氢键,C。H。形成了1根碳 H.N 十e -→CO+ OH 碳键,所以C。H(g)一→CH(g)+H.(g)的△H= 431 J·mol'x2-298 kJ·mol -436kJ·mol -+128 __ H.N NH ,B正确;根据反应路径图可知,路径 J·mol,故答案为:128; 1、3的中间产物不同,经历了不同的反应步骤,但产物均 (2)由反应历程可知,包含3个基元反应,分别为:C.。H。 为*MgCO,而路径2、3的起始物均为 +H.CH.+H,CH。+HCH'+ C_ _ H,CH'十H-CH+H·+H其中第三个 H.N 乙二 OH,产物分别为*MgC。O.和 的活化能最大,反应速率最慢; (3)由C。H。的结构分析,可知其中含有1个五元环,10 *MgCO.,C正确;根据反应路径与相对能量的图像可 个六元环,每脱两个氢形成一个五元环,则C。H。总共 知,三个路径的速控步骤中*CO都参与了反应,且由 含有6个五元环,10个六元环; B项分析可知,路径2的速控步骤伴有PDA再生,但路 (4)1200K时,假定体系内只有反应C。H。(g) 径3的速控步骤为xCO 得电子转化为xCO和 C.H。(g)十H(g)发生,反应过程中压强恒定为)(即 *CO,没有PDA的生成,D错误。 C.。H。的初始压强),平衡转化率为a,设起始量为1mol, 2.CD A项,由反应机理可知,HCOOH电离出氢离子后 则根据信息列出三段式为: HCO0与催化剂结合,放出二氧化碳,然后又结合氢离 C.H(g)CH(g)+H(g) 子转化为氢气,所以反应的化学方程式为HCOOH 起始量(mol) 0 变化量(mol) 平衡量(mol) 过低,则反应II→IV的反应物浓度降低,反应速率减慢, 1-a 若氢离子浓度过高,则会抑制甲酸的电离,使甲酸根浓 度降低,反应I→lI速率减慢,所以氢离子浓度过高或 过低,均导致反应速率减慢,故B正确;C项,虽然铁连接 t1 的原子数和种类发生了改变,但是配离子的电荷数没 变,因此Fe元素化合价不变,故C错误;D项,由反应进 n 程可知,反应IV→I能垒最大,反应速率最慢,对该过程 # 的总反应起决定作用,故D错误;故选D。 192 详解详析 2.解析:(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为:CO.(g) (5)CH(g)-一CH(g)+H·(g)及CH(g) +3H.(g)CH.OH(g)十H.O(g),该反应一般认为通过 -C。H。(g)十H·(g)反应的lnK(K为平衡常数)随 如下步骤来实现:①CO.(g)+H.(g)--CO(g)+H.O(g) 温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行,说明斜率 几乎相等,根据lnK--c(R为理想气体常数, △H.=+41kJ·mol.②CO(g)+2H.(g) RT CH.OH(g) △H.=-90 kJ·mol ,根据盖斯定律可 知,①十②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为: c为截距)可知,斜率相等,则说明啥变相等,因为在反应 CO.(g)+3H(g)--CHOH(g)+H.O(g) △H= 过程中,断裂和形成的化学键相同; (+41kJ·mol )+(-90 kJ·mol )--49 kJ·mol ;该 (6)a.由反应历程可知,该反应为吸热反应,升温,反应正 反应总反应为放热反应,因此生成物总能量低于反应物总 向进行,提高了平衡转化率,反应速率也加快,a符合 能量,反应①为慢反应,因此反应①的活化能高于反应② 题意; 同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量,反应②的 b. 由化学方程式可知,该反应为正向体积增大的反应, 加压,反应逆向进行,降低了平衡转化率,b不符合题意。 反应物总能量高于生成物总能量,因此示意图中能体现反 c.加入催化剂,平衡不移动,不能提高平衡转化率,c不 应能量变化的是A项,故答案为:一49:A;△H为正值, △H.和△H为负值,反应①的活化能大于反应②的活化 符合题意。 答案:(1)128 能。(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为C0).(g)十 (2)33 3H.(g)--CHOH(g)十H.O(g),因此利用各物质的 10 平衡分压表示总反应的平衡常数,表达式K。= (3)6 p(HO)·j(CH.OH) (4)?1-一 .故答案为.(HO)·(CHOH) p(H.).(CO.) (H)·(CO) ②该反应正向为放热反应,升高温度时平衡逆向移动,体系 (5)在反应过程中,断裂和形成的化学键相同 (6)a 中x(CH.OH)将减小,因此图中对应等压过程的曲线是b. 专题十二 故答案为:b;总反应△H~0,升高温度时平衡向逆反应方向 化学反应原理综合 移动,甲醇的物质的量分数变小。③设起始n(CO。)一 考点1 二氧化碳的利用 1 mol,n(H)-3mol,则 1.解析:(1)电极B是阴极,则电极反应式是CO。十2e十 3H.(g)+CO.(g)→CH.OH(g)+H.O(g) 起始(mol) 2H_--HCOOH; 3 0 (本) 转化(mol) 3x (2)①AH =AH。-AH.=-378.7kJ/mol+ ) 平衡(mol) 3-3 393.5 kJ/mol-+14. 8 kJ/mol; 1一 ②根据三段式,设转化的CO。为r,则: 当平衡时x(CH.OH)=0.10时. CO.(g)+H.(g)一HCOOH(g) (3-3c)十(1-)+x十=0.1,解得x=- -mol. 起始(mol/L)1 1 mo 转化(mol/L)) 平衡(mol/L)1-x 平衡时CO。的转化率a- 3mol×100%~3.3%;由 图可知,满足平衡时x(CH.OH)一0.10的条件有: 5X10Pa,210°C或9×10Pa.250C,故答案为: 33.3%;5×10Pa.210C;9×10Pa,250°C ③用氛水吸收HCOOH,得到1.00mol·L氛水和 答案:(1)一49 A △H.为正值,△H.和△H为负值, 反应①的活化能大于反应②的活化能 0. 18mol·L 甲酸按的混合溶液.得出c(NH )一0.18 (2)①/(HO)·(CHOH) ②b 总反应AH<0,升 mol/L,根据K。c(OH)·c(NH) c(NH·HO),则c(OH) ,(H)·(CO。) c(NH·H0)·K.1×1.8x10 高温度时平衡向逆反应方向移动,甲醇的物质的量分数 二=10*mol/L. 变小 ③33.3% 5×10Pa,210C 9×10Pa,250°C c(NH) 0.18 3.解析:本题考查盖斯定律、化学平衡常数、转化率的计 pOH-4,pH-14-4-10; 算等。 (3)①A.v与CO.(g)的压强有关,压强越大,溶液中CO (1)根据盖斯定律,用反应①×2十反应②得目标反应, 的浓度越大,v越大,A错误;B.与溶液中溶解H,的浓 其△H-2△H+AH.--802kI·mol 度有关,氢气浓度越大,速率越快,B错误;C.温度升高, (2)由反应②的热化学方程式可知,该反应的平衡常数 u不一定增大,反应IV和V是快反应,而VI是慢反应(决 速步骤),若IV和V是放热反应且可以快逸建立平衡状 c(CH) CH. 态,则随着温度升高L的浓度减小,若L的浓度减小对 (3)由图甲可知,载氧体I吸收空气中的氧气转移到燃 反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响,则 总反应速率减小,故总反应的速率不一定增大,C正确; 料反应器,和甲炕发生反应生成水、二氧化碳和载氧体 II,所以氧的质量分数:载氧体I一载氧体II。 D.在溶液中加入的N(CH.CH。),会与HCOOH反应, 使得三个平衡正向移动,可提高CO。转化率,D正确。 (4)假设往盛有CuOCuO载氧体的刚性密闭容器中充 ②当cc。时,v随c增大而增大,因M是基元反应IV的 入空气的物质的量为1mol,空气中氧气的物质的量分 反应物(直接影响基元反应VI中反应物L的生成);cc 数为21%,则充入氧气的物质的量为0.21mol,设 985C达到平衡时反应消耗的氧气的物质的量为 时,u不再显著增大,因受限于CO.(g)和H。(g)在溶液 中的溶解速度(或浓度)。 nmol,列三段式: 2Cu.O(s)+O.(g)-4CuO(s) 答案:(1)CO.+2e+2H--HCOOH 起始量/mol 0.21 (2)①+14.8 ②2.4×10-* ③10.0 转化量/mol ” (3)①CD②当cc。时,v随c增大而增大,因M是基 平衡量/mol 0.21-n 元反应IV的反应物(直接影响基元反应VI中反应物L.的 由图乙可知,985C达到平衡时氧气的物质的量分数 生成);c>c。时,o不再显著增加,因受限于CO(g)和 x(0)为10%,则0.21-×100%-10%,解得m= H.(g)在溶液中的溶解速度(或浓度) 1一n 193