1、安徽省宿州市2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）说明: 1.本试卷 分为第I卷和第II卷两部分2.将第I卷用2B铅笔填涂，第II卷答案用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上3.可能用到的相对原子质量: H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5第I卷(选择题 共48分)一、选择题(共16小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分)1. 氢气在氧气中燃烧产生淡蓝色火焰。在反应过程中，破坏1 mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ,破坏1 mol氧气中的化学键消耗的能量为Q2KJ，形成1 mol水中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中正确的是
2、A. 2Q1+Q2 Q3C. Q1+Q2 2Q3【答案】A【解析】【详解】破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molO2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则O=O键能为Q2kJ/mol，形成1mol水中的化学键释放的能量为Q3kJ，则水分子中2个H-O键能和为Q3kJ/mol，对于2H2（g）+O2（g）2H2O（g），反应热H=反应物的总键能-生成物的总键能，故：反应热H=2Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-4 Q3kJ/mol=2Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（2Q1+Q2-2Q3）kJ/mol，由于氢气在氧气中燃
3、烧是放热反应，则2Q1+Q2-2Q30，所以2Q1+Q22Q3，选A。2. 关于苯的说法，正确的是( )A. 利用苯的硝化反应可以制得TNT炸药B. 苯可以使KMnO4酸性溶液褪色C. 苯分子含有碳碳双键，可以发生加成反应D. 苯分子的所有原子都在同一平面上【答案】D【解析】【详解】A利用甲苯的硝化反应可以制得TNT炸药三硝基甲苯，故A错误；B苯中没有单独碳碳双键，不可以使KMnO4酸性溶液褪色，故B错误；C苯分子没有碳碳双键，但含有不饱和键，可以发生加成反应，故C错误；D苯分子是平面正六边形，碳采用sp2杂化，所有原子都在同一平面上，故D正确；故选D。3. 乙醇分子中不同的化学键如图所示，则
4、乙醇在发生酯化反应时,化学键断裂的位置是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】醇和羧酸的酯化反应中，醇脱去氢原子，羧酸脱去羟基，所以乙醇在发生酯化反应时，化学键断裂的位置是，故答案为D。4. 甜橙醇结构简式为，下列有关甜橙醇的叙述正确的是( )A. 甜橙醇的分子式为C14H24OB. 不能使溴的四氯化碳溶液褪色C. 能与乙酸发生酯化反应D. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A根据甜橙醇的结构简式可知该物质的分子式为C14H26O，故A错误；B该物质含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；C该物质含有羟基，可以和乙酸发生酯化反应，故C正
5、确；D该物质含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢，同时还含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化从而使其褪色，故D错误；故答案为C。5. Al-Ag2O电池是水下大型机械常用电源，其工作原理如图所示。电池工作时，下列说法错误的是( ）A. Al是电池的负极B. 电池负极附近溶液pH升高C. Al极反应式为: Al-3e- +4OH -=AI(OH)4-D. Ag/Ag2O 电极发生还原反应【答案】B【解析】【详解】A根据电极材料和电解质溶液的成分可知电池工作时铝被氧化生成AI(OH)4，所以Al为电池的负极，故A正确；BAl为电池的负极，放电时发生反应：Al3e+4OH=AI(OH)4，消耗氢
6、氧根，所以电极负极的pH降低，故B错误；C根据电解质溶液成分可知Al极反应式为Al3e+4OH=AI(OH)4，故C正确；D铝电极为负极，则Ag/Ag2O电极为正极，得电子发生还原反应，故D正确；故答案选B。6. 一定温度下，固定容积的容器中可逆反应A(g)+ 3B(g) 2C(g)未达到平衡状态的是A. B的生成速率与B的分解速率相等B. 容器内压强不再发生变化C. 单位时间生成nmol A消耗2nmolCD. 混合气体的平均摩尔质量是一个定值【答案】C【解析】【详解】AB的生成速率与B的分解速率相等即正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故A不符合题意；B该反应前后气体系数之和不相等，所以未
7、平衡时气体的总物质的量会变，而容器的容积不变，所以压强会变，当压强不变时说明反应达到平衡，故B不符合题意；C生成A为逆反应，消耗C也为逆反应，所以只要反应发生就会存在单位时间生成nmol A消耗2nmolC，不能说明反应是否达到平衡，故C符合题意；D未平衡时气体的总物质的量会变，而气体的总质量不变，所以当混合气体的平均摩尔质量为一个定值时说明反应平衡，故D不符合题意；综上所述答案为C。7. 2A(g)+ 3B(g)=C(g)+ 3D(g)的反应中,表示相同条件下反应速率最快的是( )A. v(A)=3.5molL-1s-1B. v(B) =2.4molL-1s-1C. v(C) =2molL-
8、1s-1D. v(D) =3molL-1s-1【答案】C【解析】【分析】根据“同一反应中不同物质的反应速率之比等于计量数之比”将不同物质表示的反应速率转化为同一物质、同一单位表示的反应速率，再进行比较。【详解】Av(A)=3.5molL-1s-1；Bv(B)：v(A)=3:2，所以v(B) =2.4molL-1s-1时，v(A)=1.8molL-1s-1；Cv(C)：v(A)=1:2，所以v(C) =2molL-1s-1时，v(A)=4molL-1s-1；Dv(D)：v(A)=3:2，所以v(D) =3molL-1s-1时，v(A)=2molL-1s-1；综上所述反应速率最快的是C，故答案为C
9、。8. 短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是( )A. 非金属性强弱: Z YB. 气态氢化物的稳定性: YZC. 最高价氧化物的水化物酸性: YZD. 常压下X的单质化学性质非常活泼【答案】B【解析】【分析】根据“短周期”元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置，可确定X为He元素、Y为F元素、Z为S元素。利用元素周期律的递变规律和在周期表中的位置解答。【详解】A根据非金属性的递变规律可知，非金属性：FClS，非金属性：YZ，故A错误；B根据非金属性的递变规律可知，非金属性：YZ，非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，则Y的氢化物的稳定性比Z的强，故B正确；CY
10、为F元素，无正价，最高化合价为0，故C错误；DX为He元素，为惰性气体元素，性质稳定，故D错误；故选B。9. 下列图中的实验方案，不能达到实验目的的是: ( )ABCD实验方案实验目的验证化学能可以转化成电能实验室利用该装置制备少量氯气验证非金属性：ClCSi加热至混合液呈红褐色，停止加热，制备Fe(OH)3胶体A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】详解】A发生ZnCu2=Zn2Cu，锌作负极、铜作正极，硫酸铜溶液作电解质，形成原电池，故A不选；B4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O，固体和液体加热，图中装置可以实现，故B不选；C浓盐酸具有挥发性，在烧杯中无法确定是
11、盐酸与硅酸钠反应，还是碳酸与硅酸钠反应生成硅酸，故C选；D向沸腾的蒸馏水中滴加少量氯化铁饱和溶液，并继续煮沸至液体呈红褐色，得到氢氧化铁胶体，故D不选；故选C。10. 甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，而不是正方形的平面结构，理由是A. CH3Cl不存在同分异构体B. CH2Cl2不存在同分异构体C. CHCl3不存在同分异构体D. CH4中CH键键角均相等【答案】B【解析】【详解】A无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，CH3Cl都不存在同分异构体，故A错误；B若甲烷是正方形的平面结构，而CH2Cl2有两种结构：相邻或者对角线上的氢被Cl取代，而实际上，其二氯
12、取代物只有一种结构，因此只有正四面体结构才符合，故B正确；C无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，CHCl3都不存在同分异构体，故C错误；D甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，结构对称，CH键键角均相等并不是甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构而不是正方形的平面结构的原因，故D错误；答案选B。11. 2019年12月以来，武汉地区突发的新冠肺炎疫情威胁着人们的生命安全，全国各地都向武汉伸出了援助之手。下列相关说法不正确的是( )A. 一次性口罩的主要成分为纤维素B. 高温条件下可以使冠状病毒失去活性是因为蛋白质受热变性C. “84”消毒液、双氧水可以有效杀灭病菌
13、，都是利用它们的强氧化性D. 医院及家庭所用的医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)为95%【答案】D【解析】【详解】A一次性口罩的主要成分为纤维素，故A正确；B加热能使蛋白质变性，高温条件下可以使冠状病毒失去活性，故B正确；C“84”消毒液主要成分NaClO，具有强氧化性，双氧水也具有强氧化性，都能使蛋白质变性，故C正确；D医院及家庭所用的医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)为75%，过高浓度的酒精会在细菌表面形成一层保护膜，阻止其进入细菌体内，难以将细菌彻底杀死。若酒精浓度过低，虽可进入细菌，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死，故D错误；故选D。12. 下列化学用语正确的是
14、( )A. 质子数为8中子数为8的氧原子:B. 氯化氢的电子式:C. Ca2+的结构示意图: D. 过氧化氢的结构式: H-O=O-H【答案】C【解析】【详解】A质子数为8中子数为8的氧原子质量数为8+8=16，符号为，故A错误；B氯化氢为共价化合物，电子式为，故B错误；CCa元素为20号元素，失去最外层两个电子形成Ca2+，结构示意图为，故C正确；D过氧化氢属于共价化合物，氢氧原子间、氧氧原子间均形成一条共价键，其结构式为H-O-O-H，故D错误；故答案为C。13. 下列说法中正确的悬( )A. 化合物中的原子都是通过共价键相结合的B. 若化学反应吸收能量时，其断键吸收的能量大于成键放出的能
15、量C. 化学反应中，断开化学键要放出能量，形成化学键要吸收能量D. 化学键是构成物质原子间的强相互作用，表现为原子核间的斥力【答案】B【解析】【详解】A化合物中的原子不都是以共价键相结合，如离子化合物中一定含有离子键，故A错误；B断键吸收能量，成键释放能量，若化学反应吸收能量，说明断键吸收的能量大于成键放出的能量，故B正确；C断开化学键吸收能量，形成化学键释放能量，故C错误；D相邻原子之间强烈的相互作用是化学键，化学键中包含引力和斥力两方面的强烈作用，故D错误；综上所述答案为B。14. 已知短周期元素的离子: aA+、bB2+、 cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是( )
16、A. 原子半径: ABCDB. 原子序数: bacdC. 离子半径: CDBAD. 单质的还原性: ABDC【答案】A【解析】【分析】已知短周期元素的离子:aA+、bB2+、cC2-、dD-都具有相同的电子层结构，则a-1=b-2=c+2=d+1，所以原子序数badc，且A、B位于C、D下一周期。【详解】A电子层数越多原子半径越大，电子层数相同原子序数越小半径越大，所以原子半径：ABCD，故A正确；B根据分析可知badc，故B错误；C四种离子电子层数相同，原子序数越小半径越大，所以离子半径：CDAB，故C错误；DA、B应为金属元素，C、D为非金属元素，A、B还原性大于C、D，同一周期自左至右主
17、族元素金属性减弱，单质的还原性减弱，所以ABCD，故D错误；综上所述正确的是A，故答案为A。15. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子半径比Y的小，Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，X和Z同主族。下列说法正确的是( )A. 电解熔融W的氯化物可制备W的单质B. 原子序数为: YZWC. 化合物X2Y2和Z2Y2所含化学键类型完全相同D. 最高价氧化物对应水化物的碱性: WZ【答案】A【解析】【分析】Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则Y为O元素；X的原子半径比O的小，且原子序数比O小，则X为H元素；X和Z同主族
18、，且Z的原子序数大于O，则Z为Na元素，W原子的核电荷数等于X、Z原子的核电荷数之和，则W为Mg元素。【详解】A电解熔融MgCl2可以获得镁单质和氯气，故A正确；B根据题目信息可知原子序数YZW，故B错误；C化合物X2Y2为H2O2，只含共价键；Z2Y2为Na2O2，含共价键和离子键，故C错误；D金属性NaMg，所以最高价氧化物对应水化物的碱性：NaMg，即ZW，故D错误；综上所述答案为A。16. 下列实验装置示意图、实验现象及结论均正确的是（ ）ABCD实验现象产生能使带火星小木条复燃气体两试管中均颜色变化试管中有淡黄色沉淀产生钠表面有气泡生成结论FeCl3是H2O2分解催化剂单质氧化性：C
19、l2Br2I2非金属性ClS1 mol乙醇与足量钠反应生成3 mol氢气A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A两个试管中反应温度不同，且一个滴加了FeCl3溶液，一个没有滴加FeCl3溶液，有两个变量，因此不能证明FeCl3是H2O2分解催化剂，A错误；B向分别盛有NaBr、KI溶液的试管中滴加氯水，两个试管中均颜色变化，说明二者都发生了化学反应，可证明物质的氧化性：Cl2Br2；Cl2I2，但不能比较Br2、I2的氧化性强弱，B错误；CKMnO4具有强的氧化性，在室温下能将HCl氧化产生Cl2，在试管中发生置换反应：Cl2+Na2S=2NaCl+S，看到试管中有淡黄色沉
20、淀产生，因此可证明元素的非金属性：ClS，C正确；D将金属Na放入盛有乙醇的试管中，看到金属钠表面有气泡生成，证明乙醇与钠发生反应产生了氢气，但由于乙醇中含有烃基H原子和羟基H原子，因此不能由此证明反应产生氢气的物质的量的关系，D错误；故合理选项是C。第II卷(非选择题共52 分)二、填空题(按要求作答，共24分)17. 按要求完成下列问题I.下列几种微粒或物质14C 16O 14N 18O O2 O3CH3-CH3 C2H6 CH3- CH2-OH CH3-O-CH3 (1)互为同位素的是_，(填序号，下同)质子数不同中子数相同的是_(2)互为同素异形体的是_, 互为同分异构体的是_II.在
21、25 C、101 kPa的条件下，对于反应H2(g)+Cl2(g)= 2HCl(g), 测得生成2 mol HCI(g)时,反应过程中放出183 kJ的热量，则断开1 mol H- Cl键所需的能量是_ kJ.III.如图所示的原电池装置中，正极的电极反应方程式是_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 431 (6). 2H+2e-=H2 【解析】【分析】I.具有相同质子数、不同中子数的原子为同位素；同种元素的不同单质，互为同素异形体；具有相同分子式、不同结构的有机物互为同分异构体；II.根据焓变=反应物总键能-生成物总键能；III.原电池装置中，正极氧化剂得电子发生还原
22、反应。【详解】I.(1)16O18O质子数均为8，中子数分别为8、10，故互为同位素的是，14C16O质子数不同分别为6、8，中子数相同均为8，质子数不同中子数相同的是 ，故答案为：； ；(2)O2 O3是氧元素形成的两种单质，互为同素异形体的是，CH3- CH2-OH CH3-O-CH3 的分子式均为：C2H6O，前者是醇类，后者是醚类，互为同分异构体的是 ，故答案为：； ；II.根据焓变=反应物总键能-生成物总键能，断裂1molH-H键与1molCl-Cl键吸收的能量之和，即436kJ+243kJ=679kJ，设断开1molH-Cl键吸收的总能量为E(H-Cl)，则有(436kJ+243k
23、J)-2E(H-Cl)=-183kJ，则E(H-Cl)=431kJ，故答案为：431；III.原电池装置中，正极氧化剂得电子发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，正极的电极反应方程式是2H+2e-=H2 ，故答案为：2H+2e-=H2 。【点睛】本题考查较综合，涉及同位素、同素异形体等相关物质的辨析以及同分异构体的识别，侧重考查学生基础知识，把握“四同”的区别，焓变与键能的关系、电极方程式的书写等为解答的关键，易错点I.“四同”的区别。18. 下表是元素周期表的一部分，按要求回答下列问题:(l)的简单氢化物的电子式:_(2)的原子结构示意图:_(3)、的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序
24、为_(用化学式表示)，的最高价氧化物对应水化物中含有的化学键的类型为_(4)能证明元素比元素的非金属性强的实验事实的是_ (填字母)A.常温下元素的单质为气态，而元素的单质为固态B.元素的气态氢化物比元素的气态氢化物稳定C.元素的氧化物对应水化物比的氧化物对应水化物酸性强D.元素的单质能与的氢化物溶液反应生成的单质(5)的单质在空气中因表面氧化可以形成致密的氧化物保护膜，从而可以保护内部的单质不被氧化，该氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式为_。【答案】 (1). (2). (3). HClO4H2SO4H3PO4 (4). 离子键，共价键 (5). BD (6). Al2O32OH=2AlO
25、2H2O或Al2O3+2OH-+3H2O=2Al(OH)4-【解析】【分析】由周期表得各元素分别为：为N为O为Na为Al为P为S为Cl。【详解】(l)的简单氢化物为氨气，中心原子氮最外层5个电子，用三个电子分别与三个氢形成共价键，电子式:，故答案为：；(2)为16号元素硫，原子结构示意图:，故答案为：；(3)同周期从左到右元素的非金属性增强，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性增强，、的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4H2SO4H3PO4，的最高价氧化物对应水化物NaOH中含有的化学键的类型为离子键（钠离子与氢氧根离子间），共价键（O-H键），故答案为：HClO4H2SO4
26、H3PO4；离子键，共价键；(4)A非金属与状态无必然联系，故A不选；B元素的气态氢化物比元素的气态氢化物稳定，说明元素比元素的非金属性强，故B选；C应该用元素的最高价氧化物对应水化物比的最高价氧化物对应水化物酸性强比较，故C不选；D元素的单质能与的氢化物溶液反应生成的单质，说明氯的氧化性强于硫，元素比元素的非金属性强，故D选；故答案为：BD；(5)的单质在空气中因表面氧化可以形成致密的氧化物保护膜，从而可以保护内部的单质不被氧化，该氧化物是氧化铝，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O32OH=2AlO2H2O或Al2O3+2OH-+3H2O=2Al(OH)4-。故答案为：
27、Al2O32OH=2AlO2H2O或Al2O3+2OH-+3H2O=2Al(OH)4-。【点睛】把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，易错点（4）注意非金属性的比较，C应该用元素的最高价氧化物对应水化物比的最高价氧化物对应水化物酸性强比较元素的非金属性。三、实验题(按要求作答，共28分)19. 按要求回答下列问题:(1) 一定温度下，发生反应: 2 SO2(g)+ O2 (g)2SO3(g)(反应条件己略),现向2L密闭容器中充入4.0 mol SO2和2.0 mol O2发生反应，测得n (O2) 随时间的变化如下表:02 min内，v(SO2)=_达到平衡
28、时SO3的物质的量浓度为_下列可证明上述反应达到平衡状态的是_(填序号)。a. v(O2)=2v(SO3)b. O2的物质的量浓度不再变化c.每消耗1molO2，同时生成2molSO3d.容器内压强保持不变(2)已知可逆反应: 2NO2(g) (红棕色) N2O4(g) (无色)，正反应为放热反应。将装有NO2和N2O4混合气体的烧瓶放入热水中，观察到的现象_ ，产生该现象的原因是_(3)某温度下的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化曲线如图，则该反应的化学方程式为_【答案】 (1). 0.4molL-1min-1 (2). 1.0molL-1 (3). bd (4). 红棕色颜
29、色加深 (5). 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使NO2浓度增大，颜色加深 (6). 3X(g)Y(g)2Z(g)【解析】【详解】(1)02 min内，n(O2)=2.0mol-1.2mol=0.8mol，根据反应方程式可知该时间段内n(SO2)=1.6mol，容器体积为2L，所以v(SO2)= 0.4molL-1min-1；根据表格数据可知4min后氧气的物质的量不再改变，说明反应达到平衡，平衡时n(O2)=2.0mol-1.0mol=1.0mol，根据反应方程式可知n(SO3)=2.0mol，容器体积为2L，所以平衡时c(SO3)=1.0molL-1；a反应达到平衡时正逆反应速率
30、相等，但选项并未标注是正反应速率还是逆反应速率，而且同一方向的不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以无论是正反应速率还是逆反应速率都不可能出现v(O2)=2v(SO3)，故a不符合题意；b反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，所以氧气的物质的量浓度不再改变能说明反应平衡，故b符合题意；c消耗O2和生成SO3均为正反应，只有反应进行，无论是否平衡都存在每消耗1molO2，同时生成2molSO3，故c不符合题意；d该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时气体的总物质的量会变，容器的体积不变，所以压强会变，当压强不变时说明反应平衡，故d符合题意；综上所述选bd；(2)放入热水中
31、温度升高，该反应正反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，使NO2浓度增大，颜色加深，所以可以观察到红棕色颜色加深；(3)据图可知X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，所以X、Y为反应物，Z为生成物，相同时间内n(X)：n(Y):n(Z)=(1.0-0.4)mol：(1.0-0.8)mol：(0.5-0.1)mol=3:1:2，所以反应方程式为3X(g)Y(g)2Z(g)。【点睛】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。2
32、0. 已知A的产量是衡量一个国家石油化工生产水平的重要标志，以A为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下:(1)有机物C的名称是_(2)写出BC的化学方程式_(3)请写出B+DE的化学方程式_(4)试管A中加少许碎瓷片的目的是_(5)试管B中试剂的作用是_(6)右边试管接有一个球状物代替了长导管，其作用为_(7)从制备乙酸乙酯所得的混合物中分离提纯乙酸乙酯时，需要经过多步操作，下列图示的操作中，肯定需要的化学操作是_(填字母)(8)酯化反应是一一可逆反应， 为提高乙醇的利用率，可采取的措施是_。(任写一种即可)【答案】 (1). 乙醛 (2). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO
33、+2H2O (3). CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 + H2O (4). 防止暴沸 (5). 溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 (6). 防止溶液倒吸 (7). a c (8). 增加乙酸浓度、及时移走生成物（或减小生成物浓度）合理即可【解析】【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为乙烯，乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应得到B为CH3CH2OH，B能氧化得到C为CH3CHO，C氧化得到D为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应得到E为CH3COOCH2CH3。【详解】(1)有机物C为CH3CHO，名称是乙醛，故答案为：乙醛；(2)B能
34、氧化得到C，BC的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，B+DE的化学方程式CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 + H2O，故答案为：CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 + H2O；(4)试管A中加少许碎瓷片的目的是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；(5)由于乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，碳酸钠溶液能够与乙酸反应，还能够溶解乙醇，所以通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯；试管B中饱和碳酸钠溶液
35、的作用是溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故答案为：溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；(6)吸收乙酸乙酯时需要容易发生倒吸现象，右边试管接有一个球状物代替了长导管，其作用为防止溶液倒吸，故答案为：防止溶液倒吸；(7)从制备乙酸乙酯所得的混合物中分离提纯乙酸乙酯时，需要经过多步操作，在分液漏斗中振荡，除去乙醇和乙酸，再静置，分液，肯定需要的化学操作是a c，故答案为：a c；(8)酯化反应是一一可逆反应， 为提高乙醇的利用率，使平衡正向移动，可采取的措施是增加乙酸浓度、及时移走生成物（或减小生成物浓度）合理即可。，故答案为：增加乙酸浓度、及时移走生成物（或减小生成物浓度）合理即可。【点睛】本题考查了有机物的推断、乙酸乙酯的制备、化学实验方案的评价等知识，解题关键：注意掌握常见有机物结构与性质、乙酸乙酯的制取方法及实验操作方法，明确化学实验方案的评价方法。难点（8）从促进酯化反应平衡正向移动的角度去答题。