新疆吾尔自治区哈密市第十五中学2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGEPAGE15新疆吾尔自治区哈密市第十五中学2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量H-1Na-23S-32O-16C-12K-39Cl-35.5N-14Al-27一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1.据凤凰网2018年2月1A.氘、氚是两种不同的元素 B.氘、氚的中子数分别为1、2C.氘、氚核外电子数不同 D.中子带正电【答案】B【解析】【详解】A．氘原子和氚原子的核内质子数都是1，属于同种元素，A错误；B．氘是质量数为2，中子数为1的氢原子；氚是质量数为3，中子数为2的氢原子，B正确；C．氘、氚原子核内都只有1个质子，核外都只有1个电子，C错误；D．中子不带电，D错误；答案选B。2.下列叙述正确的是（

）A.向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，会生成红色沉淀B.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明该粉末中有Na+，无K+C.Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，所以它们都是碱性氧化物D.小苏打和氢氧化铝均可与盐酸反应，在医药上常用作胃酸中和剂【答案】D【解析】【详解】A、向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液显红色，但不是沉淀，A错误；B、灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明该粉末中有Na+，但不肯定无K+，因为视察钾元素的焰色反应须要透过蓝色钴玻璃，B错误；C、Na2O2不是碱性氧化物，C错误；D、小苏打和氢氧化铝均可与盐酸反应，在医药上常用作胃酸中和剂，D正确；答案选D。3.已知常温时红磷比白磷稳定，在下列反应中：4P（白磷，s）+5O2(g)====2P2O5(s)；△H===-akJ/mol4P（红磷，s）+5O2(g)====2P2O5(s)；△H===-bkJ/mol若a、b均大于零，则a和b的关系为A.a＜b B.a=b C.a>b D.无法确定【答案】C【解析】【详解】已知常温时红磷比白磷稳定，则等量的白磷和红磷所具有的能量是：白磷＞红磷，则白磷燃烧放出的能量比等质量红磷燃烧放出的能量高，则a>b；答案选C。4.下列物质中既能跟稀H2SO4反应,又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al⑤Na2CO3A.①②③④ B.②③④ C.②③④⑤ D.全部【答案】A【解析】【详解】①NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故①正确；②Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故②正确；③Al(OH)3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故③正确；④Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故④正确；⑤Na2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应不反应，故⑤错误；故选A。【点评】本题考查既能与酸又能与碱反应的物质，明确Al、Al2O3、Al(OH)3的性质是解答本题的关键，并留意归纳常见物质的性质来解答。5.有如下三个热化学方程式：H2(g)+1/2O2(g)==H2O(g)

ΔH=akJ·mol－1H2(g)+1/2O2(g)==H2O(l)

ΔH=bkJ·mol－12H2(g)+O2(g)==2H2O(l)

ΔH=ckJ·mol－1关于它们的下列表述正确的是(

)A.2b=c B.a、b和c均为正值 C.a=b D.它们都是吸热反应【答案】A【解析】【详解】A．由H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=bkJ•mol-1，2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=ckJ•mol-1，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，则c=2b，故A正确；B．放热反应的焓变为负值，△H＜0，则a、b和c均为负值，故B错误；C．反应物相同时，生成物为气态水，本身的能量高，放出的热量小，生成物为液态水，本身的能量低，放出热量多，故C错误；D．燃烧为放热反应，均为氢气的燃烧反应，则都是放热反应，故D错误；答案为A。6.下列各组化合物的性质比较中，不正确的是（）A.酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4 B.碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C.稳定性：PH3＞H2S＞HCl D.非金属性：F＞O＞S【答案】C【解析】【详解】A.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性的强弱关系是：Cl＞Br＞I，酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A正确；B．金属性强弱关系是：Na＞Mg＞Al，金属性越强，相应的碱碱性越强，碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故B正确；C．元素非金属性的强弱关系是：Cl＞S＞P，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，稳定性：PH3<H2S<HCl，故C错误；D.同周期金属性依次增加，同主族金属性依次减弱，非金属性：F＞O＞S，故D正确；故选C。7.下列热化学方程式书写正确是(ΔH的肯定值均正确)（）A.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-1367.0kJ·mol-1(燃烧热)B.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=+57.3kJ·mol-1(中和热)C.S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.8kJ·mol-1(反应热)D.2NO2=O2+2NOΔH=+116.2kJ·mol-1(反应热)【答案】C【解析】【详解】A.水为气态，不表示燃烧反应的热化学方程式，A不正确；B.中和反应都是放热反应，ΔH应小于0，B不正确；C.标明白反应物或生成物的状态，且燃烧反应放热，C正确；D.没有标明物质的状态，D不正确。故选C。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.11.2LO2中含有的分子数目为0.5NAB.56gN2与CO混合物中原子总数是4NAC.27g铝中加入1mol/L的NaOH溶液，转移电子数是3NAD.将10mLlmol/LFeCl3溶液滴入沸水中，所得氢氧化铁胶粒的数目为0.01NA【答案】B【解析】A.11.2LO2不肯定是0.5mol，其中含有的分子数目不肯定为0.5NA，A错误；B.N2与CO的相对分子质量均是28，且均含有2个原子，因此56gN2与CO混合物中原子总数是4NA，B正确；C.27g铝是1mol，1mol/LNaOH溶液的体积未知，不能计算反应中转移电子数，C错误；D.胶体是分子的集合体，将10mLlmol/LFeCl3溶液滴入沸水中，所得氢氧化铁胶粒的数目小于0.01N9.NF3是一种温室气体，其存储能量的实力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能：化学键N≡NF—FN—F键能/kJ·mol－19461548283.0下列说法中正确的是()A.过程N2(g)→2N(g)放出能量B.过程N(g)＋3F(g)→NF3(g)放出能量C.反应N2(g)＋3F2(g)→2NF3(g)的ΔH＞0D.NF3汲取能量后假如没有化学键断裂与生成，仍可能发生化学反应【答案】B【解析】【详解】A．N2(g)→2N(g)为化学键的断裂过程，应汲取能量，故A错误；

B．N(g)+3F(g)→NF3(g)为形成化学键的过程，放出能量，故B正确；

C．反应N2(g)+3F2(g)→2NF3(g)，△H=（946+3×154.8-283.0×6）kJ•mol-1=-287.6kJ•mol-1，△H＜0，为放热反应，故C错误；

D．NF3汲取能量后假如没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，故D错误；

答案为B。10.已知是具有相同电子层结构的短周期元素形成的简洁离子。下列叙述正确的是A.原子半径:C>D>A>B B.原子序数:b>a>d>cC.离子半径:D>C>A>B D.单质还原性:A>B>C>D【答案】C【解析】【分析】阳离子的质子数=核外电子数+电荷数，阴离子的质子数=核外电子数-电荷数，具有相同的电子层结构，则a-n=b-(n+1)=c+n=d+(n+1)，所以原子序数：b>a>c>d。A、B同周期，且A、B是阳离子，C、D同周期，且C、D是阴离子，所以A、B在C、D的下一周期，四种元素在周期表中的相对位置为：DCAB【详解】A．A、B同周期，C、D同周期，且A、B在C、D的下一周期，则其原子半径大小依次为：A>B>D>C，A错误；B．由分析可知，原子序数：b>a>c>d，B错误；C．依据元素周期律可知，核外电子层排布相同的状况下，核电核数越大，半径越小，所以离子半径：＞＞＞，C正确；D．A、B同周期，原子序数：b>a，金属性：A>B，对应单质的还原性：A>B；C、D同周期，原子序数：c>d，非金属性：C>D，对应单质的氧化性：C>D，则还原性：D>C，D错误；故选C。【点睛】本题的易错选项为A，同一周期的原子半径从左到右依次减小，同一主族从上到下原子半径依次增大，因此靠左边下方的元素的原子半径比较大。依据这两个规律可以推断出四种原子的半径。11.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量削减．据此推断这四种金属活泼性由大到小的依次是（）A.①③②④ B.①③④② C.③④②① D.③①②④【答案】B【解析】【分析】组成原电池时，负极金属较为活泼，可依据电子、电流的流向以及反应时正负极的改变推断原电池的正负极，则可推断金属的活泼性强弱。【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；③④相连时，③的质量削减，③为负极，活泼性③＞④；综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；故选B。12.已知：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)

ΔH1；②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH2；③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH3。室温取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(已换算成标准状况)，经完全燃烧后复原至室温，放出的热量为（）A.-（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH3） B.-（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH2）C.-（0.4mol×ΔH1+0.1mol×ΔH3） D.-（0.4mol×ΔH1+0.1mol×ΔH2）【答案】A【解析】甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况），所以甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量为11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4:1，所以甲烷的物质的量为0.4mol，氢气的物质的量为0.1mol，由CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×ΔH1；由2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH3可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.1mol×1/2×ΔH3，所以放出的热量为-（0.4mol×ΔH1+0.05mol×ΔH3）。答案选A。13.下图是锌片和铜片在稀硫酸中所组成的原电池装置，c、d为两个电极。下列有关的推断不正确的是A.电池工作的过程中，d电极上产生气泡B.电池工作时，溶液中SO42－向d移动C.c为负极，发生氧化反应D.电池工作的过程中，溶液中SO42－浓度基本不变【答案】B【解析】【分析】依据装置图可知，电流的方向是从d流向c的，所以d是正极，c是负极。锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，即c极为锌、d极为铜，溶液中的氢离子向正极移动，在正极上得到电子，被还原生成氢气。【详解】A.d电极为正极，溶液中的氢离子向正极移动，在正极上得电子生成氢气，产生气泡，故A正确；B.在原电池装置中，阴离子移向负极，即溶液中SO42－向c移动，故B错误；C.c为负极，Zn失电子发生氧化反应，故C正确；D.该原电池的总反应为Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，电池工作的过程中，溶液中SO42－浓度基本不变，故D正确；答案选B。14.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是A.原子半径的大小依次为W>Q>Z>X>YB.元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应C.元素X与Y可以形成5种以上的化合物D.元素Q的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素。【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z（Al）＞W（S）＞Q（Cl）＞X（N）＞Y（O），故A错误；B．氯气能与氨气反应得到氮气、HCl（或氯化铵），属于置换反应，故B正确；C．N元素与O元素可以形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；D．非金属性Cl＞S，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确；故选A。15.下列物质中，含有非极性共价键的化合物是：A.Na2O2 B.NaClC.NaOH D.Br2【答案】A【解析】【详解】A、Na2O2中钠离子与过氧根之间是离子键，而过氧根离子内部两个氧原子间是非极性共价键；B、NaCl中只有离子键；C、NaOH中钠离子与氢氧根离子之间是离子键，而氢氧元素间是极性共价键；D、Br2是同种元素构成的双原子单质分子，含非极性共价键；答案选A。16.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是()A.(1)(2)中Mg作负极，(3)(4)中Fe作负极 B.(2)中Mg作正极，电极反应式为6H2O+6e-=6OH-+3H2↑C.(3)中Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+ D.(4)中Cu作正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑【答案】B【解析】【详解】A．(2)中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，Al为负极，(3)中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，铜做负极，故A错误；B．(2)中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，Al为负极，电极反应为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Mg作为正极，电极反应式为2H2O+2e-═2OH-+H2↑，故B正确；C．(3)中铜作负极发生氧化反应，所以铜失电子生成铜离子，即电极反应式为Cu-2e-═Cu2+，故C错误；D．铁、铜、氯化钠溶液构成的原电池中，金属铁为负极，金属铜为正极，铁发生的是吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子的过程，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故D错误；答案为B。第II卷（非选择题共计52分）二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17.某试验小组用0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1H2SO4溶液进行中和热的测定。Ⅰ.配制0.50mol·L－1H2SO4溶液(1)若配制250mLH2SO4溶液，则需量筒量取密度为1.84g·cm－3，质量分数为98%的浓硫酸____mL。Ⅱ.测定稀硫酸和稀氢氧化钠反应的中和热的试验装置如图所示：(2)仪器A的名称为___________。(3)写出表示该反应中和热的热化学方程式：__________________。(4)取50mLNaOH溶液和30mLH2SO4溶液进行试验，试验数据如下表。试验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃温度差(t2－t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.626.626.629.1227.027.427.231.2325.925.925.929.8426.426.226.330.4①温度差的平均值为____℃。②近似认为0.50mol·L－1NaOH溶液和0.50mol·L－1H2SO4溶液的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18J·(g·℃)－1。则测得的中和热ΔH＝___________(取小数点后一位)。③上述结果与57.3kJ·mol－1有偏差，产生此偏差缘由可能是____(填字母)。a．试验装置保温、隔热效果差b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数c．一次性把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小烧杯中d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后干脆测定H2SO4溶液的温度(5)碎泡沫塑料的作用是___________。【答案】(1).6.8(2).环形玻璃搅拌棒(3).H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1。(4).4.0(5).-53.5kJ•mol-1(6).ad(7).保温、隔热，削减试验过程中热量损失【解析】【详解】（1）由溶液稀释前后，溶质质量不变可得：1.84g/cm3×V×98%=0.5mol/L×0.25L×98g/mol，解得V=6.8mL；答案为6.8；（2）由图可以看出仪器A为环形玻璃搅拌棒；答案为环形玻璃搅拌棒；（3）强酸强碱中和热为-57.3kJ/mol，中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol液态水放出的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1；答案为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1；（4）①温度差分别为2.5℃、4.0℃、3.9℃、4.1℃，第一次试验温度差误差较大，应舍弃，故温度差平均值为(4.0℃+3.9℃+②生成水的物质的量为0.05L×0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为80mL×1g/cm3=80g，温度差为4℃，则生成0.025mol的水应放出的热量为Q=m•c•△t=80g×4.18J·(g·℃)-1×4℃=1337.6J=1.3376kJ，所以试验测得的中和热△H==-53.5kJ•mol-1；答案为-53.5kJ•mol-1③a项试验装置保温、隔热效果差，求得放出的热量偏小，中和热的数值偏小；b项量取氢氧化钠溶液的体积时仰视读数，会导致所量取的氢氧化钠溶液体积偏大，放出热量偏高，中和热的数值偏大；c项为正确操作，不会引起误差；d项温度计测定氢氧化钠溶液起始温度，干脆插入硫酸溶液测温度，导致硫酸溶液的起始温度偏高，求得的放出热量偏小，中和热数值偏小；据此分析只有ad选项才能使得中和热的数据偏小；答案为ad；（5）碎泡沫塑料的导热效果差，可以起到保温、隔热，削减试验过程中热量损失等作用；答案为保温、隔热，削减试验过程中热量损失。18.下表是元素周期表的一部分，针对表中的元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0二三四(1)化学性质最不活泼的元素原子的原子结构示意图为________；(2)元素、的简洁氢化物中的稳定性最强的是______________用化学式表示；(3)元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是________，碱性最强的是_______，呈两性的氢氧化物是_______________，元素的最高价氧化物对应水化物中含有的化学键类型为________________；(4)在四种元素中，简洁离子半径最小的是_________；(5)的电子式为___________；的电子式为_________；(6)在与的单质中，氧化性较强的是__________，用化学反应方程式证明：___________________________。【答案】(1).(2).HF(3).HClO4(4).KOH(5).Al(OH)3(6).离子键和共价键(7).Al3+(8).(9).(10).Cl2(11).Cl2+2Br-=2Cl-+Br2【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为N，②为F，③为Na，④为Mg，⑤为Al，⑥为Si，⑦为Cl，⑧为Ar，⑨为K，⑩为Br，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率学问解答该题．【详解】（1）原子结构中满意最外层8电子稳定结构的化学性质最不活泼，则只有Ar的最外层电子数为8，性质最不活泼，则Ar的核电荷数为18，质子数为18，核外电子数为18，各电子层上电子数分别为2，8，8，其原子结构示意图为；答案为。（2）①为N元素，②为F元素，二者属于同周期元素，从左到右，非金属性增加，非金属性F>N，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则稳定性HF>NH3；答案为HF。（3）金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物中酸性越强，由于F元素无正价，依据元素周期律，则上述元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的为HClO4，K的金属性最强，最高价氧化物对应的水化物的碱性最强的为KOH，呈两性的氢氧化物是Al(OH)3，③为Na元素，其最高价氧化物对应水化物为NaOH，电子式为，结构中含有离子键和共价键；答案为HClO4，KOH，Al(OH)3，离子键和共价键。（4）③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑦为Cl元素，形成简洁离子，Na+，Mg2+，Al3+电子层只有二层，Cl-有三层，且Na+，Mg2+，Al3+它们具有相同的电子层结构，依据电子层数越多，半径越大，具有相同电子层结构的离子，原子序数越大，半径越小，因而这四种离子半径最小的为Al3+；答案为Al3+。（5）Na2O2中钠离子与过氧根形成离子键，氧原子与氧原子形成共价键，其电子式为，CO2中C原子与每个O原子形成两对共用电子对，其电子式为；答案为，。（6）⑦为Cl元素，⑩为Br，二者属于同主族元素，从上往下，非金属性依次减弱，则非金属性Cl>Br，非金属性越强，其单质的氧化性越强，氧化性Cl2>Br2，用Cl2置换出Br2就可证明，化学反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；答案为Cl2，Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。19.(1)依据下列热化学方程式:①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1可以计算出2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为_____________(2)已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ·mol－1。相同条件下，若2molCH4完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，CH4完全燃烧的热化学方程式是______________。(3)在25℃、101kPa时，1.00gC6H6(l)燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出41.8kJ的热量，C6H6的燃烧热ΔH＝________kJ·mol【答案】(1).-488.3kJ·mol-1(2).CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=-891.45kJ/mol(3).-3260.4(4).C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l)△H=-3260.4kJ/mol。【解析】【详解】(1)已知：①C(s)+O2(g)===CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)===H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1，③CH3COOH(l)+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-870.3kJ·mol-1，依据盖斯定律①×2+②×2-③得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)，ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8k