第二章化学反应速率与化学平衡单元同步测试卷-高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 (2).docx

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1、第二章 化学反应速率与化学平衡 单元同步测试卷一、单选题1H2在石墨烯负载型Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上还原NO生成N2和NH3的路径机理及活化能(kJmol-1)如图所示。下列说法错误的是AH2还原NO生成N2的决速步为反应BPd/SVG上H2还原NO，更容易生成NH3C根据如图数据可计算NO+5H=NH3+H2O的HD由图可知，相同催化剂条件下反应可能存在多种反应历程2硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。如图为它在催化剂作用下与水反应制取氢气的微观过程示意图，下列说法不正确的是A水在此过程中作还原剂B若用D2O代替H2O，反应后生成的气体中含有D2C通过控制催化剂的用量和

2、表面积，可以控制氢气的产生速率DNaBH4与水反应的离子方程式为BH+H2O=B(OH)+4H23已知反应在只改变催化剂的条件下各物质的浓度随反应时间的部分变化曲线如图所示，下列说法错误的是A催化剂I使反应活化能比无催化剂时低B催化剂I较催化剂II能使反应先达平衡Ca曲线表示使用催化剂II时M的浓度随的变化D02min内，使用催化剂I时，4甲醇通过催化氧化制取甲醛时，在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)时均会产生甲醛，反应中相关物质的相对能量如图1所示。下列说法错误的是A该条件下比稳定B加入该催化剂不能改变反应的焓变C无催化剂时，生成的活化能比生成甲醛的活化能小D无催化剂时，升高

3、温度，甲醇氧化为甲醛的反应速率变化如图2所示5某多孔材料孔径大小和形状恰好将固定，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。下列说法正确的是A由转化为的反应是一个熵增的反应B若反应能自发，则说明该反应为放热反应C催化剂能加快反应速率，且能提高的平衡转化率D每获得时，消耗的的体积为6反应4A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g)，经2minB的浓度减小0.6mol/L。对此反应速率的正确表示是A用A表示的反应速率是0.8mol/(Ls)B分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3：2：1C在2min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3mol/(Lmin)D在这2

4、min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的7下列四种盐酸跟锌片反应，起始时反应速率最快的是A1020mL3molL-1的盐酸B1040mL2molL-1的盐酸C2020mL2molL-1的盐酸D2010mL4molL-1的盐酸8一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量的变化如图所示，下列对该反应的推断不合理的是A在06s内，C的化学反应速率约为0.067 molL-1s-1B6s后，反应停止了C该反应的化学方程式为3B+4C6A+2DD在04s内，v(A)=3v(D)9在25 时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示：物质XYZ

5、初始浓度/molL-10.10.20平衡浓度/molL-10.050.050.1下列说法错误的是A反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g)，反应前后压强之比为2:3B反应达到平衡时，X的转化率为50%C平衡常数为1600,改变温度可以改变此反应的平衡常数DX、Y、Z三种气体的初始浓度（单位molL-1）分别为0.2、0.4、0.2时(正)(逆)10若在绝热、恒容的密闭容器中充入一定量的SO2Cl2(g)和SCl2(g)，发生反应： SO2Cl2(g)+SCl2(g) 2SOCl2(g)，下列示意图能说明t1时刻反应达到平衡状态的是Aa和cBb和dCc和dDb和c11已知可逆反应A2(g)+B

6、2(g) 2AB(g) H0S0， G0，不能自发进行C混合气体相对分子质量不变，不能作为判断达到平衡的标准D增大压强，平衡可能会发生移动12在恒容密闭容器中反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-373.4 kJmol-1达到平衡状态，以下说法不正确的是A及时分离出CO2，使Q减小，QK，因此平衡正向移动B补充N2，使Q增大，QK，因此平衡逆向移动C加入催化剂可增大反应速率，从而增大一段时间内的反应物转化率D降低温度，使K减小，QK，因此平衡逆向移动13已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态，正反应速率随

7、时间的变化如图所示。下列说是正确的是A容器内压强不变，表明反应达到平衡B时改变的条件：向容器中加入CC平衡时A的体积分数：D平衡常数：14随着锂在能源领域的应用，对锂资源的开发也日益精进。从碳酸锂中回收高纯金属锂的一种工艺流程如图。下列有关说法错误的是已知：Li的熔点为180，沸点为1340；Al2O3的熔点为2054，沸点为2980。A粉碎焙烧后的固体可加快“真空热还原”的反应速率B加入复合助剂“焙烧分解”时，未发生氧化还原反应C“真空热还原”是为了防止发生反应D“纯化”时可用真空蒸馏法分离出高纯金属锂二、填空题15通过生物柴油副产物甘油制取正成为将其高值化利用的一个重要研究方向。生物甘油水

8、蒸气重整制氢的主要反应原理如下(反应是水汽变换反应)：甘油水蒸气重整制氢时，其他条件不变，在不同水醇比时的平衡产率与温度的关系如图所示。(1)水醇比从大到小的顺序是_；在水醇比不变时的平衡产率随温度的升高先增大后又减小的主要原因是_。(2)该工艺中、与反应生成甲烷是主要副反应(均为放热反应)，实际生产中为抑制的生成，提高氢气的产率，可采取的措施有(不考虑压强的影响)_(列举2条)。16利用与合成甲醇涉及的主要反应如下：ab一定条件下向某刚性容器中充入物质的量之比为13的和发生上述反应，在不同催化剂(Cat1，Cat2)下经相同反应时间，的转化率和甲醇的选择性甲醇的选择性随温度的变化如图所示：(

9、1)由图可知，催化效果Cat1_(填“”“”“”或“=”)。(2)若要提高的平衡转化率，可采取的措施有_(写出两条即可)。(3)若，则x点的平衡常数_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。试卷第13页，共13页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A活化能最大的基元反应为决速步，则还原生成的决速步为反应，选项A正确；B由图知，上还原，经过到步即可生成氨气，经过到步才能生成氮气，而决速步反应的活化能最大，发生最困难，则更容易生成，选项B正确；C根据如图数据可计算的正反应的活化能，不知道逆反应的活化能，故不能计算，选项C不正确；D由图可知，相同

10、催化剂条件下反应可能存在多种反应历程，可能得到不同产物， 选项D正确；答案选C。2A【详解】A中氢元素显价，中氢元素显价，二者发生氧化还原反应生成，水中氢元素的化合价降低，所以水作氧化剂，选项A错误；B由图可知，1是两个各提供1个H原子形成，2和3是含硼微粒和各提供1个H原子形成，4是两个各提供1个H原子形成，所以与反应时，生成的氢气分子有和，选项B正确；C催化剂可以改变化学反应速率，所以控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，选项C正确；D由图可知，和反应生成和，反应的离子方程式为，选项D正确；答案选A。3C【分析】活化能越小反应越快，由图可知，催化剂I的催化效果最好；【详解】A催

11、化剂改变反应历程，降低了反应的活化能，加快了反应速率，由图可知催化剂I使反应活化能比无催化剂时低，A正确；B催化剂I的催化效果更好，反应更快，较催化剂II能使反应先达平衡，B正确；C由反应体现的物质的系数关系可知，a曲线表示使用催化剂I时M的浓度随的变化，C错误；D结合C分析可知，02min内，使用催化剂I时， D正确；答案选C。4D【详解】A由图可知，该条件下的相对能量比 CO的相对能量小，物质所具有的能量越低，物质越稳定，则该条件下比CO的稳定性强，A正确；B加催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能，B正确；C由图可知，无催化剂时，生成CO(-393kJ/mol)比生成甲醛(-393kJ

12、/mol)的活化能小，C正确；D由图1可知，甲醇生成甲醛的反应为放热反应，故温度升高，平衡逆向移动，逆反应速率应大于正反应速率，则生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度小，D错误；答案选D。5B【详解】A转化为反应为：，是一个熵减的反应，A错误；B反应，若反应能自发，则，为放热反应，B正确；C催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，所以不能提高的平衡转化率，C错误；D的体积，需要在标准状况下，气体的摩尔体积已知的情况下，D错误； 故选B。6B【详解】A反应物A是固体，浓度为常数，不用其表示反应的速率，选项A不正确；B化学反应速率之比等于计量数之比，故分别用B、C、D表示反应的速率，

13、其比值是3：2：1，选项B正确；Cv(B)= =0.3mol/(Lmin)是2min内的平均反应速率，而不是2min末时的反应速率，选项C不正确；D反应中B和C的化学计量数不同，B和C表示的反应速率的值不同，选项D不正确；答案选B。7D【详解】锌与盐酸反应的离子方程式是Zn+2H+=Zn2+H2，所以盐酸的浓度越高，溶液的温度越高，反应速率越快，与盐酸的体积无关。选项C、D中溶液温度相同，但D中盐酸的浓度最高，因此反应速率最快；答案选D。8B【详解】A在06s内，C的化学反应速率约为，A正确；B6s后，反应达平衡，正、逆反应速率相等但不等于零，反应没有停止，只是达到动态平衡，B错误；C由图中信

14、息可知，06s内B、C物质的量分别减小0.6mol、0.8mol，A、D物质的量分别增加1.2mol、0.4mol，所以B、C、A、D系数比为3462，该反应的化学方程式为3B+4C6A+2D，C正确；D在04s内，用不同物质表示表示反应速率，速率比等于方程式系数比，v(A)=3v(D)，D正确；故答案选B。9A【详解】A在恒温密闭容器中，由PV=nRT，压强之比等于物质的量之比，则反应前后压强之比为(0.1+0.2):(0.05+0.05+0.1)=3:2，选项A错误；B反应达到平衡时，X的转化率为：=50%，选项B正确；C根据反应速率之比等于浓度变化量之比等于化学计量数之比可知：c(X):

15、c(Y):c(Z):=0.05:0.15:0.1=1:3:2，则反应的方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g)，K=1600，选项C正确；D化学反应必然伴随着能量变化，平衡常数只受温度影响，改变温度可以改变此反应的平衡常数，选项D正确；答案选A。10B【详解】由图像可知正反应是放热反应，a中t1时刻正反应速率在减小，说明反应没有达到平衡；b中反应放热，温度升高压强增大，当压强不变时说明反应达到平衡；c中两种物质的浓度保持不变时说明达到平衡，所以此时并没有达到平衡；d中所示反应物的转化率不再变化说明达到平衡，B正确；故选B。11B【详解】A从反应可知，反应前后气体的总物质的量保持不变，但S0说明一

16、般情况下，相同物质的量的不同气体，它们的熵不一样，A正确；B由题干信息可知，该反应的正反应G0，但由于该反应是一个可逆反应，则逆反应不也自发进行，B错误；C从反应可知，反应前后气体的总物质的量保持不变，混合气体的质量一直保持不变，即混合气体相对分子质量始终保持不变，故混合气体相对分子质量不变，不能作为判断达到平衡的标准，C正确；D从反应可知，反应前后气体的总物质的量保持不变，当增大压强到一定程度时，A2、B2或AB可能变为液体，三者不是同时变为液体，则平衡会发生移动，D正确；故答案为：B。12D【详解】ACO2是生成物，及时分离出CO2，使生成物的浓度减小，Q减小，由于QK，因此平衡正向移动，

17、A正确；BN2是生成物，补充N2，使Q增大，由于QK，化学平衡逆向移动，B正确；C加入催化剂可增大反应速率，使单位时间内反应的反应物更多，从而可增大一段时间内的反应物转化率，C正确；D该反应的正反应是放热反应，在反应达到平衡后，降低反应温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，从而导致K减小，化学平衡常数K只与温度有关，与Q无关，D错误；故合理选项是D。13B【详解】A反应前后气体分子数不变，故容器内压强始终不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故A错误；B由图可知，t2时，正反应速率不变，逆反应速率增大，改变的条件为向容器中加入C，故B正确；Ct2时改变的条件为向容器中加入C，相当于对原平衡加压，

18、加压，平衡不移动，A的体积分数不变，A的体积分数：()()，故C错误；Dt2时改变的条件为向容器中加入C，温度不变，K值不变，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查化学平衡，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。14C【详解】A粉碎焙烧后增大了固体的表面积，可加快“真空热还原”的反应速率，A正确；B加入复合助剂“焙烧分解”时，碳酸锂分解生成氧化锂和二氧化碳，元素化合价没有发生变化，未发生氧化还原反应，B正确；C“真空热还原”是为了防止锂被氧化成氧化锂，C错误；D“纯化”时因铝的熔点远小于氧化铝的熔点，可用真空蒸馏法分离出高纯金属锂，D正确； 故选C。15(1) 甘油的分解(反应I)是吸

19、热反应，升高温度有利于生成，会使的净含量增加，约左右达到极值，但升高温度，有利于水汽变换反应(反应)的逆向进行，会使的净含量减小(2)适当增大水醇比；适当升高温度；使用选择性高的催化剂【详解】（1）根据盖斯定律，可得反应： ，根据此反应，当的物质的量固定时，水的量越多，氢气的产率越高，即水醇比越大，氢气产率越高，故水醇比的大小顺序为；甘油的分解(反应I)是吸热反应，升高温度有利于生成，会使的净含量增加，约左右达到极值，但升高温度，有利于水汽变换反应(反应)的逆向进行，会使的净含量减小；（2）该工艺中、与反应生成甲烷是主要副反应(均为放热反应)，重整反应为吸热反应，所以可以升高温度，有利于发生重

20、整反应生成氢气；还可以使用选择性高的催化剂、适当增大水醇比都有利于提高氢气的产率。16(1)(2)温度升高，催化剂的活性降低(或反应b为吸热反应，温度升高更有利于反应b进行)【详解】（1）由图可知，相同温度时，的转化率和甲醇的选择性Cat.1均高于Cat.2，则催化效果Cat.1强于Cat.2，故答案为：；（2）在间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于反应b速率增大，会导致甲醇的选择性随温度的升高而下降，故答案为：催化剂的活性降低(或反应b为吸热反应，温度升高更有利于反应b进行)。17(1)AC(2) 反应为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应的进行(3)b【详解】（1）由反应可知生成的反应

21、为放热反应，根据勒夏特列原理，温度降低，有利于平衡正向移动，因此降温可以提高的选择性，选择有利于反应进行的催化剂，可以让反应更大程度甚至只进行反应，有利于提高甲醇的选择性，故答案选AC；（2）温度高于时，由于体系温度较高，根据勒夏特列原理，有利于吸热反应的进行，因此以反应为主；（3）反应是生成的反应，该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，的选择性降低，因此b为平衡时的选择性曲线，a为的平衡转化率曲线。18(1) 吸收； 180；(2) 0.1mol/(Lmin)； 0.05mol/(Lmin)； 0.5mol/L；(3)均为恒量。【详解】（1）根据键能和反应热的关系，由图示键能可以计算反应

22、的 =946 +498 -2 632 =+180 ，故该反应为吸热反应，1 mol 和1 mol 完全反应生成2molNO会吸收180 kJ能量；答案为：吸收；180；（2）(1)由题意得c(HI) = 0.5mol/L，；由方程式可知v(H2) v(HI)= 12，v(H2) = 0.05mol/ (Lmin)，碘蒸气的浓度为0.25mol/L，c (HI) = 0.5mol/L，由方程式可得，c(I2) = 0.25mol/L， I2的起始浓度：，根据氢气和碘蒸气物质的量相等，则H2的起始浓度为0.5mol/L；答案为：0.1mol/(Lmin)；0.05mol/(Lmin)；0.5mol

23、/L；（3）因x值未知，但反应达到平衡时，各物质的浓度不再改变，则平衡浓度c(HI)、c(I2)、c(H2)的关系是均为恒量，故答案为：均为恒量。19(1)0.0035mol/L(2) b 0.0015mol/（Ls）(3)bc(4)bcd(5)增大(6)【详解】（1）根据表中数据可知反应达到平衡时，NO的物质的量是0.007mol，则其浓度为0.007mol2L=0.0035mol/L；（2）根据表格知，随着反应的进行，一氧化氮的物质的量减小，则平衡向正反应方向移动，二氧化氮的物质的量逐渐增大，当反应达到平衡状态时，参加反应的n（NO）=（0.020-0.007）mol=0.013mol，所

24、以生成NO2的物质的量是0.013mol，则表示NO2的变化的曲线是b，02s时，v（NO）=0.003mol/（Ls），根据反应速率之比是化学计量数之比可知用氧气表示的反应速率为0.0015mol/（Ls）；（3）a.v(NO2)=2v(O2)，未指明正、逆速率，不能判断反应是否达到平衡，故a错误；b.由于反应前后气体体积不等的反应，故反应达平衡前气体的物质的量在变，压强是变量的，因此容器内压强保持不变可以作为平衡的标志，故b正确。c.由方程式可知v正(NO)=2v正(O2)，而v逆(NO)=2v正(O2)，则v正(NO)=v逆(NO)，反应到达平衡，故c正确；d.混合气体总质量不变，容器容

25、积不变，容器内混合气体密度始终不变，故d错误；故答案为：bc。（4）a.及时分离除O2气体，反应物浓度减小，则反应速率减小，故a错误；b.适当升高温度，反应速率增大，故b正确；c.增大O2的浓度反应速率增大，故c正确；d.选择高效催化剂，反应速率增大，故d错误；故选bcd。（5）在3min时，再充入0.020molNO(g)和0.010molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，达到平衡后，NO的转化率增大。（6）在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)+2B(g)3C(g)+xD(g)，开始时A为4mol，B为6mol，5min末时测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率

26、v(D)为0.2mol/(Lmin)，生成D的物质的量是0.2mol/(Lmin)2L5min=2mol，所以x=2；根据反应速率之比是化学计量数之比可知如果都用物质A表示反应速率，分别是mol/(Lmin)5、3、1.5、4，所以其中反应速率最快的是。20(1) 的浓度(2)(3)生成的可作为反应的催化剂(4) 黄 正 橙色逐渐变浅【分析】影响反应速率的条件有反应物的浓度、温度、催化剂等，探究影响反应速率的因素时，需要进行单因子变量控制；探究浓度对反应速率的影响，那么做对比实验时，反应物的浓度就是唯一变量，其余条件都需相同；【详解】（1）上述反应中草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳、高锰酸

27、根被还原为锰离子，反应的离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；两次试验，草酸浓度不同，所以该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响；（2）若实验在2min末收集了4.48mL CO2(标准状况下)，二氧化碳的物质的量为0.0002mol，根据2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O可知，反应消耗0.00004mol MnO，则在2min末，c(MnO)=molL-1；（3）图乙中t1t2时间内反应速率加快，主要原因可能是反应放热或产物Mn2+是反应的催化剂；（4）向K2Cr2O7溶液中加入30%NaOH溶液，氢离子浓度减小，Cr2O

28、(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+平衡正向移动，溶液呈黄色；若向溶液中逐滴加入溶液，则产生黄色沉淀，CrO浓度减小，平衡向着正反应方向移动，溶液中Cr2O 、CrO的浓度均减小，则溶液颜色变化为橙色逐渐变浅，最后变为无色。21(1)5H2C2O426H+=2Mn2+10CO28H2O(2)其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快(3)再加入少量MnSO4固体(4) 不合理 KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢23【分析】酸性KMnO4溶液具有强氧化性，草酸溶液具有还原性，二者会发生氧化还原反应：5H2C2O426H+=2Mn2+1

29、0CO28H2O，使溶液变为无色，可根据溶液褪色时间判断反应速率的快慢。在设计实验方案时一般采用控制变量方法进行研究。采用控制变量方法研究外界条件对化学反应速率的影响时，要制改变一个外界条件，其它条件都相同。【详解】（1）高锰酸钾具有强氧化性，而草酸具有还原性，二者在酸性溶液中会发生氧化还原反应产生Mn2+、CO2，同时产生水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得KMnO4与草酸反应的离子方程式为：5H2C2O426H+=2Mn2+10CO28H2O；（2）实验、中溶液中酸的浓度不同，实验酸浓度大，反应快，故由实验、可得出的结论是：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；（3）

30、该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，故设计实验加入MnSO4固体与实验对比，其他条件与实验相同，故实验M的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液，若溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s )，可证明Mn2+对该反应具有催化作用；（4）图中探究的是KMnO4溶液浓度对反应速率的影响，但KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢，故该实验方案不合理。22(1)+177(2) 的转化率较高，且的选择性较高

31、温度变化对能量变化大的吸热反应影响大，反应I的焓变数值大，所以升高温度，对反应的影响大，的转化率高 选择性膜吸附，促进反应平衡正向移动，增大的选择性 【详解】（1）焓变=生成物总能量-反应物总能量，根据图示，-300-(-477)=+177；（2）根据图示，800时，的转化率较高，且的选择性较高，所以反应选择800。根据，可知温度变化对能量变化大的吸热反应影响大，反应I的焓变数值大，所以升高温度，对反应的影响大，的转化率高。选择性膜吸附，降低体系中的浓度，促进反应平衡正向移动，所以增大的选择性。在800时，充入一定容积的密闭容器中，在一定催化剂存在的条件下只发生反应，初始压强为，一段时间达到平

32、衡，产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，则3x=4a-2x，x=0.8a；同温同体积，压强比等于物质的量比，该温度下平衡时体系的压强为，反应的平衡常数 。23(1)(2)升高温度、降低压强、充入二氧化碳气体、及时分离出部分或者部分(任写两条)(3)【详解】（1）反应为气体分子数增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，由此得出压强：。（2）根据图像知压强不变，温度升高，甲烷的转化率升高，相同温度时，压强减小，甲烷的转化率升高，所以措施有升高温度、降低压强、充入二氧化碳气体、及时分离出部分或者部分。（3）在x点，甲烷的平衡转化率为50%，建立三段式：平衡时总物质的量为3mol，则x点的平衡常数。答案第23页，共10页