青海省海东市第二中学2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）

青海省海东市第二中学2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）考试时间：90分钟 满分：100分一、单选题（共20题；共40分）1.已知化学反应A2(g)+B2(g)2AB(g)能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（ ）A. 每生成2分子AB吸收bkJ热量B. 断裂1molA-A和1molB-B键，放出akJ能量C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D. 该反应热H=+（a-b）kJ/mol【答案】D【解析】试题分析：A依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b） kJ的热量，A项错误；B断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，B项错误；C依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误；D反应热H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热H=+（a-b）kJmol-1，D项正确；答案选D。考点：考查化学反应中的能量变化，化学图像的分析与判断。2.已知：键能数据如下：H-HCl-ClH-Cl键能（kJ/mol）436243a下列有关H2（g）与Cl2（g）反应生成HCl（g）的说法正确的是（ ）A. H2（g）与Cl2（g）反应的热化学方程式：H2（g）与Cl2（g）=2HCl（g） H=(2a-679)kJ/molB. H2（g）与Cl2（g）反应一定是放热反应C. 若a=431，则反应生成2molHCl时的H=183kJ/molD. 反应物的总能量小于生成物的总能量【答案】B【解析】【详解】A.焓变等于断裂化学能吸收的能量减去释放的能量，则热化学方程式可表示为H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）H=(679-2a)kJ/mol，故A错误；B.该反应可以在点燃或光照的条件下自发进行，反应前后气体的分子数不变，故该反应为放热反应，B正确；C.生成2molHCl时，H=(679-2a)kJ/mol，a=431时，H=-183kJ/mol，故C错误；D.该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物总能量，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查的是键能和总能量与吸热、放热的关系。反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；断键吸收的能量大于成键放出的能量时为吸热反应，断键吸收的能量小于成键放出的能量时为放热反应；A选项焓变等于断键吸收的能量减去成键放出的能量。据此解答。3.根据反应Br+H2HBr+H的能量随反应历程的变化示意图甲进行判断，下列叙述中不正确的是（ ）A. 正反应吸热B. 加入催化剂，该化学反应的反应热不变C. 加入催化剂后，该反应的能量随反应历程的变化示意图可用图乙表示D. 加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率【答案】D【解析】【分析】A、据反应物和生成物能量高低判断；B、催化剂只能改变反应速率，不影响反应热；C、催化剂通过降低反应的活化能改变反应历程；D、催化剂能够同时降低正逆反应的活化能同等程度加快正逆反应速率。【详解】A、反应物能量大于生成物，为吸热反应，选项A正确；B、催化剂不能改变反应的反应热，选项B正确；C、催化剂通过降低反应活化能改变反应历程，选项C正确； D、催化剂同时降低正、逆反应的活化能，同等程度加快正、逆反应速率，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查了吸热反应的图示、催化剂的催化原理。要注意催化剂只能改变反应的历程，不能改变反应热，因为反应热只与反应物的状态和生成物的状态有关，而与反应的途径无关。4.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）A. 已知P（白磷，s）=P（红磷，s）H0，则白磷比红磷稳定B. 已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H= -483.6kJmol-1，则氢气的标准燃烧热为241.8kJmol-1C. 已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）H=a kJmol-1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=b kJmol-1，则abD. 已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=-57.3kJmol-1，则含40.0gNaOH的稀溶液与浓硫酸完全中和，放出大于57.3kJ的热量【答案】D【解析】【详解】A. P（白磷，s）=P（红磷，s）H0，反应是放热反应，能量越低越稳定，所以白磷不如红磷稳定，故A错误；B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧应生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热为-241.8kJmol-1，故B错误；C.碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，焓变是负值，即a生成物总能量C. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)H0，则石墨比金刚石稳定D. 相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1=E2【答案】D【解析】A都为放热反应，固体燃烧放出的热量小于气体燃烧放出的热量，H0，则放出的热量越多H越小，故A正确；B为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B正确；CC(石墨s)=C(金刚石s)H0，可知金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，故C正确；D因形成化学键放出能量，则2E1E2，故D错误；故选D。9.分别向1L 0.5molL1的Ba（OH）2溶液中加入浓硫酸、稀硫酸、稀硝酸，恰好完全反应的热效应分别为H1、H2、H3，下列关系正确的是（ ）A. H1H2H3B. H1H2H3C. H1H2=H3D. H1=H2H3【答案】B【解析】【详解】酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为：H+(aq)+OH(aq)H2O(l)H=57.3KJmol1，分别向1L0.5molL1的Ba(OH)2溶液中加入浓硫酸、稀硫酸、稀硝酸，因浓硫酸溶于水放热，生成硫酸钡沉淀也会放出少量的热，则恰好完全反应时的放出的热量为：，所以H1H2H3。故ACD错误，B正确。答案选B。【点睛】本题考查的是反应热的大小比较。根据中和热是在稀溶液中强酸与强碱生成1molH2O放出的热量，注意生成沉淀会放出少量的热，浓硫酸溶于水也放热来解答。10.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，表明反应：A（s）2B（g）C（g）D（g）已达平衡的是（ ）A. 混合气体的压强B. 混合气体密度C. A的物质的量浓度保持不变D. 气体总物质的量保持不变【答案】B【解析】【详解】A. 两边气体的计量数相等，压强始终不变，混合气体的压强不变，不能说明达平衡状态，故A错误；B. A为固体，混合气体的质量是变化的，容器为定容密闭容器，则混合气体的密度也是变化的，当混合气体的密度不变，说明气反应达平衡状态，故B正确；C.A是固体，浓度是一个定值，始终不变，故C错误；D. 两边气体的计量数相等，气体的总物质的量一直不变，当气体总物质的量保持不变时，不能说明达平衡状态，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查的是化学平衡状态的判断。根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。11.在1L密闭容器中，把1molA和1mol B混合发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，当反应达到平衡时，生成0.4molD，并测得C的平衡浓度为0.4 mol/L，下列叙述中不正确的是（ ）A. x的值为2B. A的转化率为60%C. B的平衡浓度为0.8mol/LD. D的体积分数为25%【答案】D【解析】方程式3A(g) + B(g) xC(g) + 2D(g)起始物质的量 1 mol 1 mol 0 0变化物质的量 0.6 mol 0.2 mol 0.2x mol 0.4 mol平衡物质的量 0.4 mol 0.8 mol 0.2x mol 0.4 mol根据平衡时C的浓度可知，x=2，A项正确；由转化率的定义等，A的转化率为60%，B项正确；根据三段式可知平衡时，B的平衡浓度为0.8 mol/L，C项正确；D的体积分数为：，D项错误。12.可逆反应A（g）+ 4B（g）C（g）+ D（g），在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应进行得最快的是（ ）A. vA=015mol/（Lmin）B. vB=06 mol/（Lmin）C. vC=04 mol/（Lmin）D. vD=0005 mol/（Ls）【答案】C【解析】试题分析：转化为同一种物质进行比较，注意单位的统一性，A为vA=015mol/（Lmin） B为vA=015mol/（Lmin） ，C为vA=04 mol/（Lmin）D为vA=03mol/（Lmin），反应速率最大的是C考点：化学反应速率大小的比较13.下列事实不能用勒夏特列原理（平衡移动原理）解释的是（ ）铁在潮湿的空气中容易生锈二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气钠与氯化钾共融制备钾Na(l)+KCl(l) K(g)+NaCl(l)开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】铁在潮湿的空气中生锈是因为发生了电化学腐蚀，与平衡移动无关；二氧化氮与四氧化氮的平衡体系，加压缩小体积后颜色加深，是因为二氧化氮浓度的增加，并不是因平衡移动导致；氯气溶于水存在平衡：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，而饱和食盐水中氯离子浓度达到饱和，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，故不能再溶解氯气，因此实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释；钠与氯化钾共融制备Na（l）+KCl（l）K（g）+NaCl（l） ，因反应条件为高温，生成物中K（g）挥发，使生成物浓度降低，平衡右移，能用勒夏特列原理解释；啤酒中因有二氧化碳和水反应生成的碳酸，开启啤酒瓶后，压强降低，碳酸分解为二氧化碳和水，二氧化碳放出，瓶中马上泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释；故答案为：，选B。14.将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（气）+B（气）2C（气）。若经2 s（秒）后测得C的浓度为0.6 molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应平均速率为0.3 molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6 molL1s12s时物质A的转化率为70%2s时物质B的浓度为0.7 molL1，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】2A(g) + B(g) 2C(g)起始浓度（mol/L） 210转化浓度（mol/L） 0.60.30.62s后浓度（mol/L） 1.40.70.6用物质 A 表示的反应的平均速率为0.6mol/L2s 0.3 molL1s1，故正确；用物质 B 表示的反应的平均速率为0.3mol/L2s 0.15molL1s1，故错误；2 s 时物质 A 的转化率为0.6230，故错误；由计算知2s时物质B的浓度为0.7 molL-1，故正确。本题选B。【点睛】本题重点在进行可逆反应的有关计算时，一般采用“三段式”进行，即分别列出起始量、转化量和平衡量或某时刻的量，然后依据已知条件列式计算即可。15.反应X(g)Y(g)2Z(g) HcdT1T2H0B. abcdT1T2H0C. abT2H0D. abcdT1T2H0【答案】B【解析】试题分析：由左图可知T1T2 ，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，H0；由右图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+bc+d，故选B。考点：考查了温度、压强对平衡移动的影响的相关知识。17.关于自发反应的叙述正确的是 ()A. 常温下的自发反应一定是不需要条件就能自发的反应，因此氮气和氢气合成氨气的反应在常温下不能自动发生B. 常温下自然界发生的任何反应都是自发反应，光合作用是自发反应C. 电解水在通常状况下是非自发反应，因此水在任何条件下生成氢气和氧气均为非自发反应D. 某个反应是放热、熵增大的反应，该反应一定能自发进行【答案】D【解析】A、自发不自发是反应进行的趋势，反应条件是对反应的启支，氮气和氢气的反应在常温下能自动发生，但速率太慢，通常采用升温或使用催化剂的途径改变反应速率，选项A错误；B、光合作用是非自发反应，选项B错误；C、自发反应是有条件的，水在低温下变为氢气和氧气是非自发的，在高温下可能是自发的，选项C错误；D、放热和熵增均有利于反应的自发进行，H0，则一定有G=H-TS0，反应一定能自发进行，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查反应热与焓变，注意把握相关概念的理解。18.0.10mol/LCH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）A. 加入水时，平衡向逆向移动B. 加入少量NaOH固体，平衡向正向移动C. 加入少量0.10mol/LHCl溶液，溶液中C(H+)减少D. 加入少量CH3COONa固体，平衡向正向移动【答案】B【解析】【详解】A.加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，故A错误；B. 加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的氢离子结合，使电离平衡正向移动，故B正确；C. 加入少量0.10mol/LHCl溶液，氢离子浓度增大，故C错误；D. 加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知，醋酸根离子浓度增大，则电离平衡逆向移动，故C错误。答案选B。【点睛】本题考查的是弱电解质的电离平衡。解题时注意A稀释促进弱电解质的电离；B选项加入氢氧化钠固体，与氢离子反应。据此解答。19.常温下，关于溶液的稀释，下列说法正确的是（ ）A. pH3的醋酸溶液稀释100倍，pH5B. pH4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H)1106 molL1C. 将1 L 0.1 molL1的Ba(OH)2溶液稀释为2L，pH13D. pH8的NaOH溶液稀释100倍，其pH6【答案】C【解析】【分析】A.醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；B.先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度,水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；C.先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；D.酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。【详解】A.如果醋酸是强电解质，则pH3的醋酸溶液加水稀释100倍, pH5,实际上醋酸是弱电解质,所以稀释后pH7,故D错误；正确选项C。【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选项为D，注意酸碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离，为易错点，题目难度中等。20.25时，水的电离达到平衡：H2OH+OH- H0，下列叙述正确的是（ ）A. 向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c（H+）增大B. 将水加热，Kw增大，pH不变C. 向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大D. 向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低【答案】C【解析】A增加水的量，氢离子和氢氧根离子浓度不变且相等，平衡不移动，故A错误；B将水加热促进水电离，离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；C向水中加入少量硫酸氢钠，导致溶液中氢离子浓度增大，但温度不变，水的离子积常数不变，故C正确；D向水中加入NaOH，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故D错误；故选C。点睛：明确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系，注意硫酸氢钠电离出氢离子，为易错点；水是弱电解质，存在电离平衡，向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。二、填空题（共4题；每空2分共54分）21.一定条件下反应A（g）+B（g）C（g）H0达到平衡后，据下列图象判断：达到新的平衡对应的图象（填写字母）平衡移动方向（正反应、逆反应，不移动）（i）使用催化剂_（ii）升温_（iii）降压_（iv）增加A的量_（v）减少C的量_【答案】 (1). D (2). 不移动 (3). B (4). 逆反应 (5). C (6). 逆反应 (7). A (8). 正反应 (9). E (10). 正反应【解析】【分析】本题考查的是外界条件对平衡的影响。反应A（g）+B（g）C（g）H0达到平衡后，使用催化剂，只能加快反应速率，不会引起平衡移动；升高温度，加快反应速率，反应逆向移动；降低压强，反应逆向移动，速率减慢，增加A的量，平衡正向移动，反应速率加快；减小C的量，正向移动，速率减慢。化学平衡向哪个方向移动，则那个方向的速率快于另一个方向的速率。据此解答。【详解】（i）使用催化剂，只能加快反应速率，不会引起平衡移动，故选D。本小题答案为：D；不移动。（ii）升温，加快反应速率，反应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，故选B。本小题答案为：B；逆反应。（iii）降压，速率减慢，反应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，故选C。本小题答案为：C；逆反应。（iv）增加A的量，瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，故选A。本小题答案为：A；正反应。（v）减少C的量，瞬间逆反应速率减慢，正反应速率不变，平衡正向移动。故选E。本小题答案为：E；正反应。22.一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力有如图所示曲线，请回答。a、b、c三点的氢离子浓度由小到大的顺序为_。a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点是_。测得某醋酸溶液中氢离子浓度为0.004molL1，则醋酸的电离度为_，该温度下醋酸的电离平衡常数K=_。【答案】 (1). cab (2). c (3). 4% (4). 1.610-5【解析】【分析】本题考查的是弱电解质在水溶液中的电离平衡。溶液的导电能力与离子浓度成正比；溶液越稀，醋酸的电离程度越大；电离度=已电离的醋酸/醋酸的总浓度100%；醋酸的电离常数为Ka=c(CH3COO)c(H+)/c(CH3COOH)。据此解答。【详解】溶液的导电能力与离子浓度成正比，根据图象知，溶液导电能力大小顺序是bac，则氢离子浓度由小到大顺序是cab。本小题答案为：caba，所以醋酸电离程度最大的是c。本小题答案为：c。醋酸溶液中氢离子浓度为0.004molL1，则醋酸的电离度=已电离的醋酸/醋酸的总浓度100%=0.004/0.1100%=4%醋酸的电离常数为Ka=c(CH3COO)c(H+)/c(CH3COOH)=0.0040.004/(0.10.004)=1.6105。本小题答案为：4%；1.6105。23.（1）某温度时，在2 L容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。由此分析，该反应的化学方程_；从反应开始至2 min，Z的反应速率为_ molL-1min-1。（2）若上述反应的H0,下列有关该反应速率的叙述，正确的是_。A升高温度和增大压强均可以增大活化分子百分数，加快反应速率B使用催化剂可以使反应的活化能降低，加快反应速率C活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞D降低温度，v正、v逆均减小且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数（3）在一密闭容器中发生反应N2(g)3H2(g)2NH3(g) H0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示。t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是：A增大压强 B减小压强 C升高温度 D降低温度 E加催化剂 F充入氦气t1时刻_；t3时刻_；t4时刻_(填字母)。【答案】 (1). Z+3Y2X (2). 0.025 (3). BD (4). C (5). E (6). B【解析】【分析】（1）由图像可知，反应中Z，Y的物质的量减小，X的物质的量增大，则Z，Y为反应物，X为生成物。（2）A. 升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率；活化分子能量高，压强不能提高能量；B. 使用催化剂可以使反应的活化能降低，加快反应速率；C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，把能够发生化学变化的碰撞称为有效碰撞，故C错误；D. 反应的H0， v正、v逆均减小且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数，降低温度平衡右移动。（3）改变的条件为t1时刻升高温度，t3时刻加催化剂，t4时刻减小压强。【详解】（1）由图像可知，反应中Z，Y的物质的量减小，X的物质的量增大，则Z，Y为反应物，X为生成物，且n(Z)：n(Y)：n(X)=0.1mol：0.3mol：0.2mol=1:3:2，则反应的化学方程式为：Z+3Y2X，v(Z)= c/t=（0.1mol/2L）/2 min=0.025 molL-1min-1，故答案为：Z+3Y2X；0.025。（2）A. 升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率；活化分子能量高，压强不能提高能量，故A错误；B. 使用催化剂可以使反应的活化能降低，加快反应速率，故B正确；C. 活化分子间所发生的碰撞不一定都是有效碰撞，把能够发生化学变化的碰撞称为有效碰撞，故C错误；D. 反应的H0， v正、v逆均减小且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数，降低温度平衡右移动，故D正确。故选BD。（3）改变的条件为t1时刻升高温度，t3时刻加催化剂，t4时刻减小压强，故答案为：C，E，B。24.50mL 0.50molL1盐酸与50mL 0.55molL1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热试回答下列问题：（1）大小烧杯间填满碎纸条的作用是_；（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值将_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”），结合日常生活的实际该实验在_进行效果更好；（3）实验中改用60mL0.50molL1盐酸与50mL0.55molL1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_（填“相等”、“不相等”），简述理由：_；（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会_；用50mL 0.5mo1L1NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）【答案】 (1). 减少实验过程中的热量损失 (2). 偏小 (3). 保温杯 (4). 不相等 (5). 反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关 (6). 偏小 (7). 无影响【解析】【分析】本题考查的是中和热的测定。（1）中和热测定实验成败关键是保温工作；（2）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；日常生活中我们经常用到保温杯，在保温杯中进行实验保温效果会更好；（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；（4）根据弱电解质电离吸热分析；根据中和热的概念分析。据此解答。【详解】(1)中和热测定实验成败的关键是保温措施，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失。本小题答案为：减少实验过程中的热量损失。(2)大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；在日常生活实际该实验在保温杯中效果更好。本小题答案为：偏小；保温杯。(3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，用60mL 0.50molL1盐酸与50mL 0.55molL1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量增多。本小题答案为：不相等；反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关。(4)氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏少，中和热的数值会偏小；中和热指的是强酸和强碱在稀溶液中反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用5mL0.50mol/LNaOH溶液进行上述实验，对测得的中和热的数值无影响。本小题答案为：偏小；无