四川省成都市第七中学2022-2023学年高一下学期期中考试化学 Word版含解析.docx

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2022—2023学年度下期高2025届半期考试化学试卷考试时间：90分钟满分：100分相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32Mn-55Cu-64Ba-137一、选择题(包括20个小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列关于无机非金属材料的说法中，不正确的是A.高纯硅可用作半导体材料B.门窗玻璃、混凝土桥墩、水晶镜片均含有C.碳化硅(SiC)俗称金刚砂，具有优异的高温抗氧化性能，可用作耐高温半导体材料D.用于北京冬奥会礼仪服智能发热的石墨烯属于无机非金属化合物【答案】D【解析】【详解】A．硅为良好的半导体材料，高纯硅常用作半导体材料，A正确；B．门窗玻璃、混凝土桥墩、水晶镜片均为硅酸盐产品，均含有，B正确；C．碳化硅的硬度很大，具有优良的导热性能，是一种半导体，高温时能抗氧化，高纯度的碳化硅，可用于制造半导体、制造碳化硅纤维，C正确；D．石墨烯为单质，不属于化合物，D错误；故选D。2.属于严重的大气污染物，可用与高温反应消除的污染，其反应原理可分为两步，过程如图所示。下列说法正确的是A.X中S元素的化合价为-2价B.大气中的必须氧化成才能形成酸雨C.在100～200℃温度时发生的是置换反应第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 D.工业上可用浓硝酸处理工业尾气中的【答案】A【解析】【分析】根据反应原理，300℃时H2和SO2反应生成X为H2S，H2S在100～200℃和SO2反应生成S，据此解答。【详解】A．根据分析，则X为H2S，S化合价为-2价，A正确；B．SO2可以和水反应生成H2SO3，H2SO3可以被氧气氧化为H2SO4，B错误；C．在100～200℃温度时SO2化合价降低，X化合价升高，反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，不属于置换反应，C错误；D．浓硝酸处理工业尾气中的会生成氮氧化物，污染环境，D错误；故选A。3.某合作学习小组的同学设计下列原电池，盐桥中装有饱和溶液。下列叙述中正确的是A.乙烧杯可看作半电池，发生还原反应B.盐桥中的电解质可换成饱和KCl溶液C.电子流动方向：石墨(甲)→a→b→石墨(乙)→盐桥→石墨(甲)D.电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱【答案】D【解析】【分析】氧化性：，所以原电池反应为亚铁离子和高锰酸钾在酸性条件下反应生成铁离子、锰离子和水，则MnO在a侧电极得电子发生还原反应，a侧是正极；Fe2+在b侧电极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，b侧是负极。【详解】A．据分析，乙烧杯中Fe2+在b侧电极失电子发生氧化反应生成Fe3+，b侧石墨电极是负极，A错误；B．高锰酸钾溶液可以氧化氯离子，故不能换成饱和KCl溶液，B错误；第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 C．b侧是负极、a侧是正极，电池工作时，电子流动方向：石墨(乙)→b→a→石墨(甲)，C错误；D．a侧是正极，电极反应为MnO+5e-+8H+=Mn2++4H2O，消耗氢离子，电池工作一段时间，甲烧杯中酸性减弱，D正确；答案选D。4.下列所示装置能达到实验目的的是ABCD“随关随停”制取氨气以铁丝为催化剂模拟工业合成氨并检验产物制备并收集NO2中和反应反应热的测定A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．由于碱石灰溶于水，多孔塑料隔板不能起到分离反应阻止反应发生的作用，即装置不能实现“随关随停”制取氨气，A不合题意；B．氮气和氢气是在铁丝作催化剂的条件下进行的，检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，B符合题意；C．Cu与浓硝酸反应可制得NO2，但由于3NO2+H2O=2HNO3+NO即NO2不能用排水法收集，C不合题意；D．题干图示中和反应反应热的测定装置中缺少环形玻璃搅拌棒，无法进行实验，D不合题意；故答案为：B5.下列离子方程式正确是A.向次氯酸钙溶液中通入：B.溶液与稀硫酸混合：C.同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合：D.过量铁粉加入到稀硝酸中：第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 【答案】D【解析】详解】A．向次氯酸钙溶液中通入会发生氧化还原反应，生成硫酸钙和氯离子，A错误；B．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫和水，反应的离子方程式为，B错误；C．体积同浓度的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液反应时，氢离子优先与氢氧根离子反应生成水，反应的离子方程式为，C错误；D．过量铁粉加入到稀硝酸中，由于铁过量则生成二价铁，离子方程式为：，D正确；故选D。6.设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标况下溶于水形成的溶液中，微粒和的数目之和为B.密闭容器中，与足量反应制备，形成个N-H键C.与足量的焦炭反应，当生成1mol气体时转移的电子数为D.32gCu与足量的硫共热，反应中转移的电子数为【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，2.24LNH3的物质的量是0.1mol，NH3溶于水，与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O是弱电解质，在水中存在电离平衡，电离产生NH、OH-，同时溶液中含有NH3，根据N原子守恒可知溶液中NH、NH3·H2O、NH3的物质的量的和是0.1mol，则NH、NH3·H2O的物质的量小于0.1mol，其数目小于0.1NA，A错误；B．该反应为可逆反应，形成的N-H键小于6NA，B错误；C．SiO2与足量的焦炭高温下完全反应生成Si和一氧化碳，生成1个CO，化合价升高2个，因此生成1mol气体时转移的电子数为，C正确；D．32g铜粉的物质的量为0.5mol，与足量的硫粉共热充分反应生成Cu2S转移电子总数为0.5NA，D错误；故选C。第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 7.将一定物质的量的置于2L的恒容密闭容器中，只发生反应，在其他条件相同时，反应物的物质的量n随反应时间t的变化情况如表所示：t/minn/mol实验序号(反应温度)01020304050601(800℃)1.00.800.670.570.500.500.502(800℃)1.20.920.750.630.600.600.603(820℃)1.00.400.250.200.200.200.20根据表中数据，下列说法正确的是A.在实验1中，反应在10～20min内B.根据实验1和实验2，可知反应恰好达到平衡状态的时间相同C.根据实验2和实验3，无法说明浓度对反应速率的影响趋势D.根据实验1和实验3，可得出温度越高，HI的分解率越小【答案】C【解析】【详解】A．实验1中，反应在10～20min内，v(HI)==0.0065mol•L-1•min-1，A错误；B．在实验1和实验2中，40min后HI(g)的物质的量不再变化，说明40min后反应处于平衡状态，但不能说明40min时反应恰好达到平衡状态，B错误；C．实验2和实验3的反应温度不同，且HI(g)的起始物质的量不同，则无法说明浓度对反应速率的影响趋势，C正确；D．比较实验1和实验3，开始时加入的n(HI)相同，反应温度不同，平衡时实验3中HI(g)的物质的量少，说明温度越高，HI的分解率越大，D错误；综上所述答案为C。8.是一种重要的化工原料，有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 A.途径①所用混酸中与的最佳物质的量之比为3：2B.与途径①、③相比，途径②更好地体现了环境保护的思想C.生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量①＜②＜③D.①②③中，只有③中作氧化剂【答案】C【解析】【详解】途径①中的方程式为，途径②中方程式为：，，途径③中方程式为：。据此解答。A．途径①中铜和稀硝酸与稀硫酸的混合酸，反应生成硫酸铜和一氧化氮和水，反应的离子方程式为：，则混酸中与的最佳物质的量之比为3：2，A正确；B．途径②中不产生有毒气体，能更好的体现环境保护思想，B正确；C．根据三个途径涉及的方程式分析，生成3mol的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量分别为3mol，3mol，6mol，有①=②＜③，C错误；D．①②③中，只有③中作氧化剂，其余反应中硫酸只表现酸性，D正确；故选C。9.某同学按如图所示实验装置探究铜与浓硫酸的反应，记录实验现象如表。试管实验现象第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 ①白雾、白色固体产生②大量白色沉淀③少量白色沉淀④品红溶液褪色下列说法不正确的是A.①中玻璃管有平衡气压的作用B.②③中的白色沉淀成分相同C.为了确定①中白色固体是否为硫酸铜，可将试管内的物质缓慢注入水中，振荡观察D.实验时若先往装置内通入足量，再加热试管①，实验现象不变【答案】D【解析】【分析】浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和二氧化硫，二氧化硫不能与氯化钡反应，②③中有白色沉淀硫酸钡生成，则证明二氧化硫反应生成了三氧化硫，④中品红溶液褪色，证明有二氧化硫。【详解】A．①中玻璃管与大气连通，能够平衡气压，A正确；B．②③中白色沉淀均为硫酸钡，成分相同，B正确；C．硫酸铜溶液为蓝色，向试管中注水，若白色固体溶解，溶液变蓝，则证明白色固体为硫酸铜，C正确；D．二氧化硫不能与氯化钡反应，若实验时先通氮气排出空气，无三氧化硫生成，则②③中均无沉淀生成，D错误；故选D。10.反应在295K时，其反应物浓度与反应速率关系的数据如下：①0.1000.100②0.5000..100③0.1000.500注：反应物浓度与反应速率关系式为(式中速率常数，其中第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 为活化能，A、R均为大于0的常数，T为温度)下列说法不正确的是A.m=2，n=1B.当，，C.加入催化剂可以改变反应途径，也可以增大速率常数k，而加快反应速率D.升高温度，可以增大反应的活化能，从而使速率常数k增大【答案】D【解析】【分析】由表中①③数据可知，n=1，由①②组数据可知，m=2，由①数据可知；【详解】A．据数据分析知m=2，n=1，A正确；B．当c(NO)=0.200mol·L-1，c(Cl2)=0.300mol·L-1，v(NO)=2v(Cl2)=2×8.0××0.300mol·L-1·s-1=0.192mol·L-1·s-1，B正确；C．催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子数目，增大反应速率，C正确；D．升高温度，活化能不变，D错误；答案选D。11.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，关于如图所示三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是A.加热时，①中上部汇集了白色固体B.加热时，②中溶液变红，冷却后又变为无色C.3个反应均为可逆反应D.加热时③中溶液逐渐变为无色【答案】A第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】A．加热时，氯化铵分解为氨气和氯化氢，氯化氢和氨气遇冷生成氯化铵，所以①中上部汇集了NH4Cl白色固体，A正确；B．氨水呈碱性，能使酚酞变红，加热②中溶液氨气挥发，溶液变为无色，冷却后氨溶于水，溶液又变红，B错误；C．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，C错误；D．二氧化硫能使品红溶液褪色，加热时，③溶液中二氧化硫挥发，品红溶液变红色，冷却后二氧化硫又溶于水，溶液红色褪去，体现了SO2的漂白性，D错误；故选A。12.已知及25℃下，葡萄糖的燃烧热为。图中能正确表示反应：的能量变化曲线是A.曲线1B.曲线2C.曲线3D.曲线4【答案】B【解析】【详解】葡萄糖的燃烧热为。图中能正确表示反应：的反应为吸热反应，该反应吸收的热量小于2804kJ，故为曲线2。故选B。13.用催化还原，可以消除氮氧化物的污染。例如：①②下列说法正确的是A.若用还原生成和水蒸气，放出的热量为173.4kJ第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 B.由反应①可推知：C.等量甲烷参与反应时，①②转移的电子数相同D.若反应②放出116kJ热量，则转移电子的物质的量为1.60mol【答案】C【解析】【详解】A．①②根据盖斯定律，①+②可得，若用还原生成和水蒸气，放出的热量为86.7kJ，A错误；B．气态水水变成液态水是放热反应，所以，B错误；C．反应①和反应②中，都变成了，也就是说转移的电子数为8，所以等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，C正确；D．若反应②放出116kJ热量，则0.4molNO参加反应，则转移电子的物质的量为0.8mol，D错误；故选C。14.粗盐溶液中常含有、、等杂质，实验室利用溶液、溶液、盐酸，按照如图所示流程可除去杂质得到精盐。下列说法不正确的是A.试剂X不能是B.加入试剂Z前必须过滤C.操作I用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯D.若粗盐固体为ag，得到的精盐为bg，则a一定大于b【答案】D【解析】【分析】粗盐溶液中常含有、、等杂质，除去这些离子对应选用的离子有、、，且应该均过量，故可先加入试剂X：Ba(OH)2可以除去、；再加入试剂Y第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 ：碳酸钠，可以除去Ca2+和过量的Ba2+，过滤后再加入稀盐酸，以除去过量的OH-、，得到氯化钠溶液，氯化钠的溶解度随温度的变化不大，应蒸发结晶得到氯化钠晶体。【详解】A．根据分析可知，试剂X是Ba(OH)2，不能是，A正确；B．加入试剂Y形成的沉淀有碳酸钡，可以和盐酸反应，试剂Z是盐酸，故加入试剂Z前必须过滤，B正确；C．操作I是从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，应该用蒸发结晶的方法，用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯，C正确；D．根据反应过程，制得的NaCl，既有原溶液中的也有新生成的，a不一定大于b，D错误；故选D。15.在容积为2L的密闭容器中，保持体系内温度800℃不变，将一定量的NO和混合发生反应：，其中NO的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如下图所示。下列说法错误的是A.若30s时反应达到平衡，表示达到平衡过程的平均反应速率，则B.图像中曲线Ⅱ表示NO的变化C.800℃时，反应达平衡时放出akJ热量，写出此条件下的热化学方程式为D.【答案】C【解析】【分析】反应开始时加入的是反应物NO和O2，所以反应物NO和O2的物质的量在平衡建立过程中逐渐减小，生成物NO2的物质的量在平衡建立过程中逐渐增多，从开始到30s时，曲线Ⅰ和Ⅱ变化的量相同，所以曲线Ⅱ表示NO物质的量的变化，曲线Ⅰ表示NO2物质的量的变化，从开始到平衡，NO第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 的物质的量减少了0.20mol-0.07mol=0.13mol，所以NO2的物质的量增加了0.13mol，即平衡时NO2的物质的量为0.13mol。【详解】A．从开始到平衡，NO的物质的量减少了0.13mol，所以O2的物质的量减少了0.065mol，则v(O2)==1.1×10-3mol·L-1·s-1，故A正确；B．由以上分析可知，图像中曲线Ⅱ表示NO的变化，故B正确；C．化学方程式的系数的含义是物质的量。消耗0.065molO2，放出akJ的热量，则消耗1molO2，放出的热量为=kJ/mol，所以此条件下的热化学方程式为2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=-200a/13kJ/mol，故C错误；D．根据速率之比等于系数之比，则，故D正确；故选C。16.关于非金属单质及化合物的性质，下列说法不正确的是A.有杀菌、抗氧化作用，可用作食品添加剂B.浓具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化C.右图路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4D.右图路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径【答案】B【解析】【详解】A．有杀菌、抗氧化作用，能延长食物保质期，可用作食品添加剂，A正确；B．浓具有强脱水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，B错误；C．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，①中反应为，则为氧化剂氧气与还原剂氨气的物质的量之比为5：4，C正确；D．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮，将氮气通过转化生成硝酸的主要途径，D正确；故选B；17.。在存在时该反应机理为：①第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 (快)；②(慢)。下列说法不正确的是A.该反应速率主要由第②步基元反应决定B.基元反应发生的先决条件是反应物分子必须有足够的能量C.的存在提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快D.逆反应的活化能比正反应的活化能大【答案】B【解析】【详解】A．总反应速率是由慢反应决定，根据题中信息可知，该反应速率是由第②基元反应决定，故A正确；B．基元反应发生的先决条件是由足够的能量和碰撞方向，故B错误；C．V2O5为该反应的催化剂，降低该反应的活化能，提高反应的活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快，故C正确；D．198kJ/mol为该反应的焓变，该反应为放热反应，逆反应的活化能比正反应的活化能大，故D正确；答案为B。18.新型电池是化学研究的重要课题之一，有关下列两种新型电池说法正确的是电池III图示说明在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电。常温钠离子全固态浓差电池，正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金()。第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 A.电池Ⅰ中加入降低了正极反应的活化能，负极反应为B.电池Ⅰ中当被完全氧化时有被还原C.电池Ⅱ放电时，会脱离过渡金属氧化层D.电池Ⅱ充电时，b极接电源的正极，a极接电源的负极【答案】A【解析】【详解】A．电池Ⅰ中消耗又生成，起催化剂作用，故加入降低了正极反应的活化能，负极反应为乙醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为，A正确；B．没有标况，不能计算反应的氧气的体积，B错误；C．电池Ⅱ正极材料为层状含钠过渡金属氧化物，负极为钠锡合金；放电时，向正极迁移，会进入过渡金属氧化层，C错误；D．电池Ⅱ充电时，正极接外接电源正极、负极接外接电源负极，故b极接电源的负极，a极接电源的正极，D错误；故选A；19.含的工业尾气转化为硫酸钾的流程如下：下列说法正确的是A.反应Ⅰ得到固体A的主要成分是B.为提高A的转化速率，控制反应Ⅱ宜在高温下进行C.滤液B中大量存在的主要离子有、、D.反应Ⅲ的化学方程式为【答案】D【解析】第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 【分析】含二氧化硫的尾气和CaCO3、空气中氧气反应生成CaSO4、CO2，二氧化硫中的+4价硫被氧气氧化为+6价，生成A为硫酸钙，硫酸钙和碳酸氢铵、氨气反应生成碳酸钙和硫酸铵，过滤除去碳酸钙，硫酸铵和KCl反应得到氯化铵和硫酸钾。【详解】A．二氧化硫的尾气和CaCO3、空气中氧气反应生成CaSO4、CO2，A是CaSO4，A错误；B．高温下，碳酸氢铵受热分解，反应Ⅱ不宜在高温下进行，B错误；C．根据分析，滤液B中大量存在的主要离子有、，C错误；D．反应Ⅲ为硫酸铵和KCl反应得到氯化铵和硫酸钾，化学方程式为，D正确；故选D。20.将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为、质量分数为63%的浓硝酸中，得到和的混合气体0.05mol，向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是A.该合金中铜与镁物质的量之比是2：1B.该浓硝酸中的物质的量浓度是C.和的混合气体中，的体积分数是20%D.得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是660mL【答案】D【解析】【详解】A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为，氢氧根的物质的量为，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：、，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是2：1，故A正确；B．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：，故B正确；C．标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，，解得：a=0.04，N2O4的体积分数为，故C正确；第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 D．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：，故D错误。故答案选D。二、非选择题(包括5个小题，共60分)21.化学反应过程中伴随着能量变化。（1）下列变化中属于吸热反应的是_______。①铝片与稀盐酸的反应②将胆矾加热变为白色粉末③甲烷在氧气中的燃烧反应④固体溶于水⑤氯酸钾分解制氧气⑥与反应其中⑥中发生的化学方程式为_______。（2）在25℃、101kPa下，液态甲醇()的燃烧热为726.5kJ/mol，已知：，写出甲醇燃烧生成水蒸气的热化学方程式_______。（3）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：物质(g)OHHOHOO能量/kJ/mol249218391000-136-242由计算出中氧氧单键的键能为_______kJ/mol，解离氧氧单键所需能量：HOO_______(填“>”、“＜”或“=”)。（4）用60mL0.50mol/L盐酸与60mL0.55mol/L氢氧化钠溶液完成中和热测定实验。假设盐酸和氢氧化钠溶液密度都是，已知反应后混合溶液的比热容，量热计的热容常数是。实验过程中记录数据如下：实验序号起始温度终止温度盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.520.623.2220.620.723.4320.920.722.4第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 根据实验数据计算该实验中和热_______。（5）某基元反应的与活化能()的关系为。补充该反应过程的能量变化示意图______。【答案】（1）①.②⑤⑥②.（2）（3）①.214②.>（4）（5）【解析】【小问1详解】大多数分解反应为吸热反应，与氯化铵反应也为吸热反应；所有可燃物的燃烧、所有金属与酸的反应为放热反应；吸热反应和放热反应为化学反应，溶解为物理过程。因此，可判断②⑤⑥为吸热反应，其中与反应的化学方程式为。【小问2详解】甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.76kJ∙mol-1，且，根据盖斯定律，甲醇燃烧生成水蒸气的热化学方程式为。【小问3详解】第29页/共29页学科网（北京）股份有限公司 一个包含两个H-O键和1个氧氧单键，因此，氧氧单键的键能为；解离HOO中氧氧单键所需能量为，解离H2O2中氧氧单键所需能量为214kJ/mol，因此解离氧氧单键所需能量：HOO>。【小问4详解】第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应后温度为23.2℃，反应前后温差为2.65℃；第2次实验反应前后温差为2.75℃；第3次实验反应前后温差为1.6℃。第3次误差太大，舍去该组数据。则反应热为，每次实验共有酸参与反应，则。【小问5详解】生成物和反应物之间的能量差为，则说明该反应为放热反应（吸热反应则ΔH