安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高二上学期10月素质拓展（二）化学试题（Word版附解析）

合肥一中2023-2024学年第一学期高二年级素质拓展(二)化学试卷时长：60分钟分值：100分可能用到的相对原子质量：H-1N-14Mg-24Fe-56一、单项选择题(包括18个小题，每小题有1个选项符合题意。第1到第10题每小题3分，第11题到第18题每小题4分，共62分)1.安徽历史悠久，文化源远流长。下列物质具有典型的徽派文化特色，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是A.霍邱柳编B.徽州竹雕C.狼山黑陶D.宣城宣纸【答案】C【解析】【详解】柳编、竹雕和宣纸的主要成分均为纤维素，黑陶的主要成分是硅酸盐，不能与其他三种归为一类的是狼山黑陶；答案选C。2.下列化学用语中，正确的是A.次氯酸的结构式：H—O—ClB.氮气的电子式：C.CO2分子的电子式：O=C=OD.用电子式表示溴化氢分子的形成过程：【答案】A【解析】【详解】A．O能形成两对共用电子对，H、Cl均只能形成一对共用电子对，次氯酸的结构式为H—O—Cl，A正确；B．氮气中存在氮氮三键，氮气的电子式为，B错误；　C．二氧化碳属于共价化合物，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为，C错误；D．溴化氢是共价化合物，不存在离子键，氢原子与溴原子之间形成1对共用电子对，溴原子最外层有7个电子，溴化氢分子的形成过程：，D错误； 故选A。3.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量B.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则金刚石比石墨稳定C.已知H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol，代表任何酸碱反应中和热都是ΔH＝－57.3kJ/molD.已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)ΔH1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH2，则ΔH1<ΔH2【答案】D【解析】【分析】【详解】A.放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以2molSO2（g）和1molO2（g）的总能量大于2molSO3（g）的总能量，但不能说SO2的能量高于SO3的能量，故A错误；B.已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）；△H＞0，反应是吸热反应，石墨转化为金刚石吸收能量，则金刚石的能量高于石墨，能量越高越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C.在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热，△H=-57.3kJ/mol，酸碱中和反应的热效应不仅与生成H2O的物质的量有关，还与酸、碱的浓度及强弱有关，故C错误；D.已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2，碳完全燃烧比不完全燃烧放出的能量多，焓变是负值，比较ΔH时应带符号比较，故ΔH1<ΔH2，故D正确。故选D。【点睛】关于中和热应注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；2.强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H(aq)+OH(aq)=H2O(l)中和热均为57.3kJ/mol，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其反应热小于57.3kJ/mol；3.以生成1mol水为基准。4.对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A.υ(A)=0.3mol•L-1•s-1B.υ(B)=1.8mol•L-1•s-1C.υ(D)=0.7mol•L-1•s-1D.υ(C)=1.5mol•L-1•min-1【答案】C【解析】【详解】由于B 是固体，不能用浓度的改变量来描述反应速率，再根据速率与计量系数之比分析，比值越大，则反应速率越快，，则υ(D)=0.7mol•L-1•s-1的速率最快，故C符合题意。综上所述，答案为C。5.化学与生产、生活密切相关。下列有关物质用途、性质都正确且有相关性的是选项用途性质A液氨作制冷剂NH3分解生成N2和H2的反应是吸热反应BNH4Fe（SO4）2·12H2O常作净水剂NH4Fe（SO4）2·12H2O具有氧化性C漂粉精可以作环境消毒剂漂粉精溶液中ClO-和HClO都有强氧化性DAl2O3常作耐高温材料Al2O3，既能与强酸反应，又能与强碱反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．液氨汽化时需要大量吸热，液氨常用作制冷剂，与氨气的分解无关，故A错误；B．铁离子水解生成氢氧化铁胶体，使得具有吸附性，常作净水剂，与氧化性无关，故B错误；C．漂粉精作为消毒剂是因为ClO−和HClO都有强氧化性，故C正确；D．氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点很高，与其化学性质无关，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意净水剂是利用物质的吸附性，杀菌消毒一般利用物质的氧化性。6.下列离子方程式正确是A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++OH–+H++=BaSO4↓+H2OB.向CaCl2溶液中通入CO2气体：Ca2++CO2↑+H2O=CaCO3↓+2H+C.NaOH溶液与过量的Ca(HCO3)2溶液反应：2OH-+Ca2++2=CaCO3↓++2H2OD.酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】D 【解析】【详解】A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子方程式为：Ba2++2OH–+2H++=BaSO4↓+2H2O，A不正确；B．向CaCl2溶液中通入CO2气体不反应，B不正确；C．NaOH溶液与过量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子方程式为：OH-+Ca2++=CaCO3↓++H2O，C不正确；D．酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，D正确；故选D。7.下列除去杂质(括号中的物质为杂质)的方法中，不正确的是A.CO气体(CO2);通过NaOH溶液洗气后干燥B.Fe2O3(Al2O3):加入足量NaOH溶液，过滤C.FeCl2溶液(FeCl3);加入适量铜粉D.Cl2气体(HCl):通过饱和NaCl溶液洗气后干燥【答案】C【解析】【详解】A．CO与NaOH溶液不反应，CO2与NaOH溶液反应，CO气体(CO2)通过NaOH溶液洗气，然后干燥，可以除去CO中的CO2，故A正确；B.Fe2O3与NaOH溶液不反应，Al2O3能够与NaOH溶液反应而溶解，可以用氢氧化钠溶液除去氧化铁中的氧化铝，故B正确；C．铜与氯化铁反应生成氯化铜，引入了新杂质，故C错误；D．Cl2难溶于饱和NaCl溶液，HCl易溶，则Cl2气体(HCl)通过饱和NaCl溶液洗气后干燥，可以除去Cl2中的HCl，故D正确；故选C。8.密闭容器中发生可逆反应，在一定条件下达到平衡状态，下列叙述正确的是A.增加A的量，平衡向正反应方向移动B.升高体系温度，减小增大，平衡逆向移动C.D.若向恒容容器中按再充入、，重新建立平衡后，、均增大【答案】D【解析】【详解】A．反应体系中，A为固体，增加A的量，没有改变反应物的浓度，平衡不移动，故A错误； B．升高体系温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动，故B错误；C．反应达到平衡状态时，，则2v(C)正＝v(D)逆，故C错误；D．向恒容容器中按1∶2再充入C、D，相当于增大反应体系的压强，重新建立平衡后，v正、v逆均增大，故D正确；答案选D。9.反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)，下列有关叙述不正确的是A.该反应为放热反应∆H=E1-E2B.使用催化剂增大活化分子百分数，单位时间内有效碰撞增大C.增加反应物浓度，活化分子数增大，活化分子的百分数不变D.使用催化剂可以提高SO2的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A．反应物的能量高于生成物的能量，故该反应为放热反应，反应热为反应物的活化能减去生成物的活化能即∆H=E1-E2，A正确；B．使用催化剂降低了反应的活化能，使活化分子数增多，故活化分子百分数增加，单位时间内有效碰撞增大，B正确；C．增加反应物浓度，活化分子数增大的同时非活化分子数也同倍数增大，故活化分子的百分数不变，C正确；D．使用催化剂不能使平衡发生移动，故不可以提高的平衡转化率，D错误；故选D。10.装置正确且能达到相应实验目的的是ABCD 制备并收集少量NH3制备少量O2用氯化氢气体和饱和食盐水作喷泉实验比较元素非金属性C>SiA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．NH4Cl受热分解成NH3和HCl，NH3与HCl遇冷会重新化合成NH4Cl，不能制得NH3，A项不能达到实验目的；B．Na2O2不是块状难溶于水的固体，Na2O2与H2O剧烈反应生成NaOH和O2，同时放出大量的热，不能用简易启普发生器制备O2，B项不能达到实验目的；C．打开止水夹，将胶头滴管中的饱和食盐水挤入圆底烧瓶中，HCl极易溶于水，圆底烧瓶中的压强迅速减小，外界大气压将烧杯中的饱和食盐水压入圆底烧瓶中，形成喷泉，C项能达到实验目的；D．Na2CO3与盐酸反应生成CO2，由于盐酸具有挥发性，所得CO2中混有HCl，HCl能与Na2SiO3溶液反应产生白色沉淀，不能证明CO2与Na2SiO3溶液发生了反应，不能证明H2CO3、H2SiO3酸性的强弱，从而不能证明C、Si非金属性的强弱，D项不能达到实验目的；答案选C。11.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2.4g镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为0.1NAB.5.6g铁粉与0.1L1mol/L的HCl的溶液充分反应，产生的气体分子数目为0.05NAC.常温常压下，2.24LSO2与1.12LO2充分反应，生成的SO3分子数目大于0.1NAD.1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，一水合氨的微粒数目为0.1NA【答案】B【解析】 【详解】A．2.4g镁条在空气中充分燃烧，镁被氧化为+2价，故转移的电子数目为0.２NA，选项A错误；B．5.6g铁粉与0.1L1mol/L的HCl的溶液充分反应，产生的氢气的分子数目为0.05NA，选项B正确；C．常温常压下，2.24LSO2与1.12LO2充的物质的量分别小于0.1mol和0.05mol，且该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故生成的SO3分子数目无法计算，选项C错误；D．1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，发生反应：NH3＋H2ONH3·H2O，生成的微粒数目小于0.1NA，选项D错误；答案选Ｂ。12.某化学反应分两步进行；①；②。其能量变化如图所示，下列说法错误的是A.该反应放热反应B.反应①是总反应的决速步骤C.X、Y、M三种物质中Y最稳定D.M是该反应的催化剂，可降低该反应的焓变，提高该反应的速率【答案】D【解析】【分析】由题意可知，X为反应物、Y为生成物、M为中间产物。【详解】A．由图可知，X转化为Y的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A正确；B．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于慢反应，由图可知，反应①的活化能大于反应②，所以反应①是总反应的决速步骤，故B正确；C．物质的能量越低越稳定，由图可知，X、Y、M三种物质中Y的能量最低，所以三种物质中Y最稳定，故C正确；D．由分析可知，M为反应的中间产物，故D错误；故选D。13.一定量的稀硫酸溶液跟过量的锌粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向硫酸溶液中加入适量的 ①H2O②CuSO4固体③CH3COONa固体④NaNO3固体⑤NaHCO3固体⑥NaCl溶液A.①③B.①③⑥C.②③⑤D.②④⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①加入水，使盐酸的浓度降低，反应速率减小，且不影响生成氢气的总量，①正确；②加入CuSO4固体，溶解得到硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液反应，生成铜单质，铜、锌和稀硫酸能够构成原电池，加快反应速率，②错误；③与硫酸反应，生成弱电解质醋酸，溶液氢离子浓度降低，速率减小，但不影响氢气总量，③正确；④加入硝酸钠固体，硫酸中混有硝酸，不只生成氢气，生成的氢气的量减少，④错误；⑤加入碳酸氢钠，碳酸氢钠与硫酸反应，生成水和二氧化碳，减少氢离子，生成氢气的量减少，⑤错误；⑥加入氯化钠溶液，溶液体积增大，浓度减小，但物质的量不变，则反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，⑥正确；综上所述，①③⑥能减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量；故选B。14.下列措施或现象不能用勒夏特列原理解释的是A.合成氨工业中需要采用高压的条件B.红棕色的加压后颜色先变深后变浅C.向醋酸溶液中加入少许醋酸钠固体，溶液的pH增大D.、、HI平衡时的混合气体，缩小容器的体积，颜色变深【答案】D【解析】【详解】A．合成氨工业的反应是一个气体总物质的量减小的反应，增大压强，平衡向右移，符合勒夏特列原理，A项不符合题意；B．平衡体系中，加压时容器的体积缩小，平衡向右移，所以颜色先变深后变浅，符合勒夏特列原理，B项不符合题意；C．，加入固体，溶液中的浓度增大，平衡逆向移动，减小，pH增大，符合勒夏特列原理，C项不符合题意；D．、、平衡时的混合气体，缩小容器的体积，即使没有平衡，气体的颜色也变深，不符合勒夏特 列原理，D项符合题意；故答案为：D。15.下图是我国科研工作者研究MgO(s)与CH4(g)作用最终生成Mg(s)与CH3OH(g)的物质相对能量-反应进程曲线。下列叙述错误的是A.中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)更稳定B.该反应进程中的最大能垒(活化能)为350.6kJ·mol-1C.生成HOMgCH3(s)的过程中有极性键的断裂和形成D.总反应的热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH(g)ΔH=-146.1kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，中间体OMgCH4(s)比MgOCH4(s)能量更低，故更稳定，A正确；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中过渡态与反应物之间的相对落差越大则活化能越大，该反应进程中的最大能垒(活化能)为，B错误；C．生成HOMgCH3(s)的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C正确；D．由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为MgO(s)+CH4(g)=Mg(s)+CH3OH(g)ΔH=-146.1kJ·mol-1，D正确；故答案选B。16.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是A.按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液 B.反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁C.图中所有的转化反应都不是氧化还原反应D.反应②的离子方程式为【答案】A【解析】【分析】铝土矿加入试剂X后得到的溶液乙经过一系列反应后得到Al，说明X能溶解Al2O3，则X是强碱溶液，根据生成的碳酸氢钠知，X为NaOH，沉淀为Fe2O3；溶液乙中含有NaAlO2、NaOH，向乙中通入过量Y后得到Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，则Y为CO2，将Al(OH)3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al；【详解】A．根据分析可知，试剂X为NaOH溶液，选项A正确；B．X为NaOH溶液，与氧化铁不反应，则沉淀为氧化铁，选项B错误；C．电解氧化铝得到铝，为氧化还原反应，选项C错误；D．偏铝酸钠溶液和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应②的离子方程式为，选项D错误；答案选A。17.五氯化磷(PCl5)是有机合成中重要的氯化剂，可以由三氯化磷(PCl3)氯化得到：。某温度下，在2.0L密闭容器中充入1.0molPCl3和0.5molCl2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示，下列说法不正确的是t/s050150250350n(PCl5)/mol00.210.360.400.40A.0～150s内，PCl3的反应速率为B.反应至250s，该反应放出的热量为37.2kJC.该温度下，此反应的化学平衡常数数值为40/3D.在此温度下该密闭容器中若初始充入0.5molPCl3、0.5molCl2、2.0molPCl5，则反应向正反应方向进行【答案】D【解析】【详解】A．0～150s内，消耗PCl3的物质的量为0.36mol，反应速率：，故A正确； B．反应至250s，生成0.4molPCl5，该反应放出的热量为93.0kJ/mol×0.4mol=37.2kJ，故B正确；C．该温度下，此反应达到平衡，生成0.4molPCl5，反应消耗0.4molPCl3、0.4molCl2，则平衡时PCl3的物质的量为0.6mol、Cl2的物质的量为0.1mol，化学平衡常数：，故C正确；D．在此温度下，该密闭容器中若初始充入1.0molPCl3、1molCl2、2.0molPCl5，，则此时反应向正反应方向进行，故D错误；答案选D。18.温度为时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中均发生反应：(正反应吸热)。实验测得：，，、为速率常数，受温度影响。容器编号物质的起始浓度()物质的平衡浓度()Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35下列说法正确的是A.容器Ⅱ达到平衡前B.达到平衡时，容器Ⅲ中的体积分数大于50%C.设K为该反应的化学平衡常数，则有D.当温度改变为时，若，则【答案】D【解析】 【分析】根据容器Ⅰ中各物质的平衡浓度，可以列“三段式”如下：因此，T1温度下，该反应的平衡常数K==0.8。【详解】A．容器Ⅱ中浓度商=0.56，Qc<K，反应向正方向进行，，A错误；B．根据分析，容器Ⅰ中NO体积分数为50%，容器Ⅲ相当于起始加入0.5NO2和0.1O2，相对于容器Ⅰ，平衡时NO体积分数减小，故小于50%，B错误；C．当时，平衡状态建立，则有，平衡常数K=，C错误；D．T1温度时，，正反应为吸热反应，升高温度，K增大，故，D正确；答案选D。二、非选择题。19.亚硝酰氯可作为有机合成试剂。已知：①②沸点：为-6℃，为-34℃，为-152℃。③易水解，能与反应。某研究小组用和在如图所示装置中制备，并分离回收未反应的原料。 回答问题：（1）通入和前先通入氩气，作用是___________；仪器的名称是___________。（2）将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是___________。（3）实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，离子反应方程式为___________。（4）为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A的温度区间应控制在___________，仪器C收集的物质是___________。（5）无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是___________。【答案】（1）①.排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解②.干燥管（2）增大与气体的接触面积，加快反应速率（3）（4）①.或②.（5）与空气中O2的反应产生红棕色的NO2【解析】【分析】通过实验原理可知，进气端为和，经过催化剂使其反应制备；经过低温浴槽A降温，使冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。【小问1详解】通入和前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解；仪器的名称干燥管，故答案为：排尽装置中的空气，防止与空气中的反应，防止遇空气中的水而水解；干燥管；【小问2详解】将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大与气体的接触面积，加快反应速率； 【小问3详解】实验所需的可用和溶液在稀中反应制得，则亚铁离子会被氧化为铁离子，离子反应方程式为：，故答案为：；【小问4详解】为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气，仪器C收集的物质是，故答案为：或；；【小问5详解】剩下的气体为NO，则无色的尾气若遇到空气会变为红棕色，原因是与空气中的氧气反应产生红棕色的NO2，故答案为：与空气中的氧气反应产生红棕色的NO2。【点睛】本题重点(4)，两个沸点低的物质，要经过冷凝分离，沸点高的，要先分离，沸点低的，后分离，温度要根据其沸点判断。20.回答下列问题（1）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：①反应I的活化能Ea(正)___________Ea(逆)(填“>”“<”或“=”)。②反应的∆H=___________kJ·mol-1，K=___________(用K1、K2表示)。③在T温度下，将6molCH4(g)和8molCO2(g)充入2L的恒容密闭容器中，若只发生I的反应，平衡时H2(g)的物质的量为4mol，此时CO2(g)的转化率为___________；T温度时反应I的平衡常数K为___________。若发生反应I和Ⅱ，达到平衡状态时H2(g)和H2O(g)的物质的量均为2mol。此时CO2(g)转化率为___________；则T温度时反应I的平衡常数K为___________。（2）工业上可采用CO和H2合成再生能源甲醇，其反应的化学方程式为。在一容积可变的密闭容器中，充有10molCO和20molH2，用于合成甲醇。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如图所示： ①上述合成甲醇的反应为___________反应(填“放热”或“吸热”)。②平衡常数KA、KB、KC的大小关系为___________。③若达到平衡状态A时容器的体积为10L，则平衡状态B时容器的体积为___________L。【答案】（1）①.>②.+329③.K1K④.25%⑤.⑥.50%⑦.0.25（2）①.放热②.KA=KB>KC③.2.0L【解析】【小问1详解】①反应Ⅰ的∆H大于0，属于放热反应Ea(正)大于Ea(逆)；②根据盖斯定律CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)可以由反应方程式Ⅰ+2Ⅱ得来，故∆H=∆H1+2∆H2=+247kJ·mol-1+2×（+41kJ·mol-1）=+329kJ·mol-1；K=K1K；③若只发生I的反应，平衡时H2(g)的物质的量为4mol，三段式知：此时CO2(g)的转化率为；T温度时反应I的平衡常数K=；根据题意，由达到平衡状态时H2(g)和H2O(g)的物质的量均为2mol可推出如下的转化关系，综合两步反应可知， 反应Ⅰ中各组分的物质的量分别为n(CH4)=4moln(CO2)=4moln(CO)=6moln(H2)=2mol，各组分的浓度为[CH4]=2mol/L、[CO2]=2mol/L、[CO]=3mol/L、[H2]=1mol/L，此时CO2(g)转化率为；则K=；【小问2详解】由图可知，随着温度的升高CO的转化率逐渐降低，即升高温度平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，故该反应为放热反应；化学平衡常数只受温度的影响，由于该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，K值减小，故处于同一温度的A、B两点的K值相等，而所处温度较高的C点，K值较低，即KA=KB＞KC；根据题意在平衡状态A时，CO的转化率为0.5，容器的体积为10L，A、B两点的平衡常数相等，即在A点时：在B点时：