2024届江西省新干县第二中学等四校高一化学第二学期期末达标检测模拟试题含解析

2024届江西省新干县第二中学等四校高一化学第二学期期末达标检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于物质关系的说法不正确的是A．1H和2H属于同位素B．HOCH2—CH2OH和CH3OH属于同系物C．金刚石和石墨属于同素异形体D．正丁烷和异丁烷属于同分异构体2、硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O,下列各组实验中最先出现浑浊的是实验

反应温度/℃

Na2S2O3溶液

稀H2SO4

H2O

V/mL

c/(mol·L-1)

V/mL

c/(mol·)

V/mL

A

25

5

0.1

10

0.1

5

B

25

5

0.2

5

0.2

10

C

35

5

0.1

10

0.1

5

D

35

5

0.2

5

0.2

10

3、下列有机反应属于取代反应的是()A．CH2CH2+HBrCH3CH2BrB．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OC．+3H2D．CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl4、下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是A．NaNO3B．NaHSO4C．CH3COONaD．NH4Cl5、下列各组元素性质的递变情况错误的是A．Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多B．P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强C．N、O、F最高价氧化物的水化物酸性依次增强D．Na、K、Rb金属性依次增强6、已知一定温度下，下列反应的平衡常数：H2(g)+S(s)H2S(g)K1，S(s)+02(g)SO2(g)K2。则相同温度下反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g）的平衡常数为（）A．K1+K2B．K1-K2C．K1·K2D．K1/K27、下列说法中正确的是（）A．原电池中的电极一定要由两种不同的金属组成B．原电池两极均发生氧化还原反应C．原电池中电子流出的一极是正极，发生氧化反应D．原电池中阳离子向正极移动8、下列分子中所有原子不可能共平面的是A．B．CF2═CF2C．CH≡C﹣CH═CH2D．9、下列有机分子中，所有的原子不可能处在同一平面的是（

）A．CH2=CH-CN B．CH2=CH-CH=CH2C．苯乙烯 D．2-甲基-1,3-丁二烯10、近年来，在我国部分海域中出现了大面积的“赤潮”，给当地渔业造成了重大损失，赤潮直接威胁着人类生存的环境，已经成为我国目前最主要的海洋灾害之一。下列关于赤潮发生原因的叙述正确的是A．含氯化合物直接排入大海，引起赤潮的发生。B．赤潮发生的根本原因是含氟制冷剂大量使用导致臭氧层破坏的结果。C．含氮、磷的大量污水直接排入大海，导致某些浮游生物爆发性繁殖是赤潮发生的直接原因。D．空气中二氧化碳浓度升高，导致海洋温度升高，引起了赤潮的发生。11、以下实验事实可以证明一水合氨是弱电解质的是①0.1mol/L的氨水可以使酚酞溶液变红

②0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5③0.1mol/L的氨水的pH值为11.2

④铵盐受热易分解。A．①② B．②③ C．③④ D．②④12、将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是A．平衡常数减小 B．BaO量不变 C．氧气压强不变 D．BaO2量减少13、两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，下列说法正确的是(）A．混合气体中一定有甲烷 B．混合气体中一定是甲烷和乙烯C．混合气体中一定有乙烯 D．混合气体中一定有乙炔(CH≡CH)14、下列化合物中既存在离子键，又存在极性键的是()A．H2O B．CaCl2 C．NaOH D．Na2O215、某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体、B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol·L－1；且发生如下反应：3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)已知“？”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是()①该反应的化学平衡表达式为：K=②此时B的转化率为35%③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．④增加C的量，A、B转化率不变A．①②B．②③C．①④D．③④16、下列说法错误的是（）A．化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因B．放热反应和吸热反应取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小C．化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化——放热或者吸热D．铁在空气中被氧化属于吸热反应二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。（1）E元素在周期表中的位置___________。（2）写出A2W2的电子式为____________。（3）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式________。（4）元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，熔点为800℃，DA能与水反应放氢气，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后成气体的体积是_________（标准状况下）。（5）D的某化合物呈淡黄色，可与氯化亚铁溶液反应。若淡黄色固体与氯化亚铁反应的物质的量之比为1：2，且无气体生成，则该反应的离子方程式为_____________。18、碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料。（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质

Cu(OH)2

Fe(OH)2

Fe(OH)3

开始沉淀pH

4.2

5.8

1.2

完全沉淀pH

6.7

8.3

3.2

①氯酸钠的作用是；②反应A后调节溶液的pH范围应为。③第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？。④造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是。（2）某学习小组在实验室中利用下图所示装置制取氯气并探究其性质。①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏的有。②若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因。此时B装置中发生反应的离子方程式是________________。③写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式。若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是。19、乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①在甲试管(如图)中加入2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按如图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，小火均匀地加热3—5min。③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。(1)写出该反应的化学方程式是：_______________________；(2)与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是____________。(3)甲试管中，混合溶液的正确加入顺序：________________________；(4)步骤②中需要用小火均匀加热，其主要原因是____________________________________；(5)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是____________(填字母代号)。A．反应掉乙酸和乙醇B．反应掉乙酸并吸收乙醇C．析出乙酸乙酯D．加速酯的生成，提高其产率(6)欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器是____________；分离时，乙酸乙酯应该从仪器____________(填：“下口放”或“上口倒”)出。20、氯气是一种重要的工业原料，某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可制取氯气，化学方程式为：Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O。他们利用该反应设计如图所示制取氯气并验证其性质的实验。回答下列问题：（1）该实验中A部分的装置是______（填标号）。（2）装置B中产生的现象为______。（3）请设计实验验证装置C中的Na2SO3已被氧化______。（4）写出D装置中发生反应的离子方程式______。（5）该实验存在明显的缺陷，请你提出改进的方法______。（6）若将上述装置改为制取SO2并分别验证SO2的漂白性、氧化性和还原性等性质。B中______溶液褪色，则说明产生的气体为SO2；C中Na2S溶液出现______；D中______溶液褪色，说明SO2有还原性。21、氮气是一种不活泼的气体，其根本原因是（）A．氮元素的非金属性较弱 B．氮原子半径较小C．氮气是双原子分子 D．使N≡N键断裂需要很高的能量

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.1H和2H两种原子的质子数相同，中子数不同，是属于氢元素的两种同位素，故A项说法正确；B.HOCH2—CH2OH和CH3OH两种有机物中组成不相似，前者分子中含有两个羟基，而后者只有一个羟基，故B项说法不正确；C.金刚石和石墨都属于碳元素两种结构不同的单质，故它们属于同素异形体，故C项说法正确；D.正丁烷和异丁烷的分子式均为C4H10，但其分子结构不一样，故属于同分异构体，D项说法正确；答案选B。【点睛】对于“四同”概念的辩析可抓住各自研究的对象来分析，同位素的对象是原子，同系物的对象是具有相同特点的化合物，同互异形体的对象是单质，同分异构体的对象是分子式相同而结构不同的化合物。2、D【解析】“最先出现浑浊”，即：反应速率最快；此题考查影响反应速率的两因素：温度、浓度；温度：温度越高，反应速率越快，而C、D中温度高；浓度：溶液体积相等，均为20ml，则B、D中Na2S2O3、H2SO4浓度大；综合分析，得：D正确；3、D【解析】A.CH2CH2+HBrCH3CH2Br属于加成反应，选项A不选；B.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O属于氧化反应，选项B不选；C.+3H2属于加成反应，也属于还原反应，选项C不选；D.CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl属于取代反应，选项D选。答案选D。4、D【解析】分析：物质的水溶液因水解呈酸性的是强酸弱碱盐，据此分析。详解：A、NaNO3是强酸强碱盐，不水解水溶液呈中性，选项A错误；B、硫酸氢钠是强酸强碱盐，在溶液中能电离为钠离子、氢离子和硫酸根，故是电离显酸性，选项B错误；C、醋酸钠是强碱弱酸盐，故水解显碱性，选项C错误；D、氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，选项D正确；答案选D。点睛：本题考查了盐类的水解和电解质的电离，难度不大，应注意的是碱一定显碱性，但显碱性的不一定是碱。5、C【解析】

本题考查的是同周期、同主族性质递变。同周期元素自左向右最外层电子数逐渐增多，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。【详解】A.Na、Mg、Al原子的最外层电子数分别为1，2，3，故A正确；B.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则P、S、Cl气态氢化物的稳定性依次增强，故B正确；C.同周期元素自左向右，非金属性逐渐增强。但是O、F无最高价含氧酸，故C错误；D.Na、K、Rb的最外层电子数相同，原子半径依次增大，则金属性依次增强，故D正确；答案选C。【点睛】本题考查的是元素周期律的相关知识，题目难度不大，熟悉元素周期律的知识是解题的关键。6、D【解析】试题分析：H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g）可以由：H2(g)+S(s)H2S(g)减去S(s)+02(g)SO2(g)得到，H2(g)+S(s)H2S(g)的平衡常数为K1，S(s)+02(g)SO2(g)的平衡常数为K2。故反应H2(g)+SO2(g)O2(g)+H2S(g）的平衡常数为K1/K2，所以本题的答案选择D。考点：化学平衡常数的表达点评：本题考查了化学平衡常数的表达，该考点是高考考查的常考考点，本题难度不大。7、D【解析】

A.原电池中的电极可以由导电的非金属和金属组成，如Zn、石墨和稀硫酸可以构成原电池，故A错误；B.原电池负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应，故B错误；C.原电池中电子流出的电极是负极，发生氧化反应，电子流入的电极是正极，发生还原反应，故C错误；D.原电池放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，从而形成内电路，故D正确；答案选D。【点睛】考查原电池的构造和工作原理，准确掌握判断原电池正负极的方法。8、D【解析】A．乙烯为平面结构，所有原子都处在同一平面上，苯为平面结构，所有原子都处在同一平面上，故苯乙烯所有原子可以共平面，故A不选；B．乙烯为平面结构，四氟乙烯中四个氟原子处于乙烯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故B不符合；C．乙炔为直线结构，乙烯基碳原子处于乙炔中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故C不符合；D．苯为平面结构，甲苯中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，但甲基是四面体结构，甲基上的氢原子一定不能共平面，故D符合；故选D。9、D【解析】

根据苯环为平面结构，与苯环上的碳原子直接相连的原子一定在苯环所在的平面上、乙烯也为平面结构，与碳碳双键直接相连的原子一定在乙烯所在的平面上，以及乙炔为直线结构，与乙炔中的碳碳三键直接相连的原子一定在乙烯所在的平面上；【详解】A.CH2=CH-CN相当于乙烯分子中的一个氢原子被-CN取代，不改变原来的平面结构，-C≡N中两个原子在同一直线上，这两个平面可以是一个平面，所以该分子中所有原子可能在同一平面上，A项错误；

B.CH2=CH-CH=CH2相当于乙烯分子中的一个氢原子被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，这两个平面可以是一个平面，所以所有原子可能都处在同一平面上，B项错误；

C.苯为平面结构，苯乙烯相当于苯环上的一个氢被乙烯基取代，不改变原来的平面结构，乙烯基的所有原子在同一个面上，与苯环直接相连的乙烯基上的碳原子一定在苯环所在的平面上，这两个平面可以是一个平面，所有原子可能都处在同一平面上，C项错误；

D.根据2-甲基-1，3-丁二烯的键线式，该物质中存在甲基，甲基在有机物中，最多只有两个原子在有机物所在的平面上，所以所有的原子不可能处在同一平面，D项正确；

答案选D。10、C【解析】赤潮主要是水体富营养化引起，所以正确的答案是C。11、B【解析】

①只能说明氨水显碱性，不能说明氨水为弱电解质，①错误；②pH约为5说明氯化铵溶液显酸性，氯化铵可由盐酸和氨水反应生成，盐酸是强酸，说明氨水为弱碱，故可以证明一水合氨是弱电解质，②正确；③溶液的pH值为11.2，即。则可知，说明此时氨水不是完全电离，由此证明一水合氨是弱电解质，③正确；④铵盐受热易分解，说明铵盐的热稳定性差，不能证明一水合氨是弱电解质，④错误；答案选B。12、C【解析】

保持温度不变，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。【详解】A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；B．缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；C．平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点。另外本题中平衡常数K=c(O2)。13、A【解析】试题分析：两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水，3.6g水的物质的量为0.2mol，含有0.4molH，混合气体与C、H的物质的量之比为0.1:0.16:0.4=1:1.6:4，所以该混合气体的平均分子组成为C1.6H4，分子中碳原子数小于1的烃只有甲烷，所以一定有甲烷；因为甲烷分子中有4个H，所以另一种烃分子中也一定有4个H，可能为C2H4、C3H4或C4H4等等，说法正确的只有A，本题选A。点睛：混合气体都可以根据平均分子组成分析其可能的组成成分，根据平均值的意义和分子组成特点，找出合理的可能。14、C【解析】分析：一般来说，活泼金属与活泼非金属元素之间形成的化学键为离子键，相同非金属原子之间形成的共价键为非极性共价键，不同原子之间形成的为极性共价键，以此解答该题。详解：A．水分子含有极性键O-H，不含有离子键，选项错误；B．CaCl2只含有离子键，不含共价键，选项B错误；C．NaOH为离子化合物，含有离子键和极性共价键，选项C正确；D．过氧化钠为离子化合物，含有离子键，且含有O-O非极性键，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学键的考查，为高频考点，注意把握化学键类型的判断角度以及相关物质的性质，把握极性键和非极性键的区别，难度不大，注意相关基础知识的积累。15、D【解析】试题分析：压强比等于物质的量之比，3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)起始：4200变化：1.20.81.60.8平衡：2.81.21.60.8，根据反应前后压强之比等于5：4，因此反应前后气体物质的量之比也为5：4，D为气体，C为固体或纯液体，①固体和纯液体不能写入平衡常数表达式，故错误；②B的转化率为0.8/2×100%=40%，故错误；③平衡常数只受温度的影响，因此增大压强化学平衡常数不变，但化学反应速率增大，故正确；④C是固体或纯液体，浓度视为常数，因此改变C的量，A、B的转化率不变，故正确；故选项D正确。考点：考查化学平衡常数的表达式、化学平衡的计算等知识。16、D【解析】分析：A.根据化学反应中实质是化学键的断裂和形成判断；B.根据反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量；C.根据化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化；D.铁在空气中被氧化属于物质的缓慢氧化，根据常见的放热反应和吸热反应判断。详解：A.旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，所以化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故A正确；B.若反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应，若反应物的总能量低于生成物的总能量为吸热反应，故B正确；C.化学反应中能量变化，通常主要表现为热量的变化，故C正确；D.铁在空气中被氧化属于物质的缓慢氧化，是放热反应，故D错误；故选D。点睛：本题考查化学反应中的能量变化，反应物和生成物能量的相对大小决定了反应是吸热还是放热，反应物的总能量大于生成物的总能量则为放热反应，反之为吸热反应，反应是放热还是吸热与反应的条件无关。另外要记住常见的放热反应和吸热反应。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期，IIIA族Cu＋2H＋＋H2O2＝Cu2＋＋2H2O56L3Na2O2＋6Fe2＋＋6H2O=4Fe(OH)3＋6Na＋＋2Fe3＋【解析】

A、W为短周期元素，且能形成2种液态化合物且原子数之比分别为2：1和1：1，推测两种液态化合物是水和过氧化氢，则A为氢元素，W为氧元素。再依据“A和D同主族”，推断元素D是钠元素；E元素的周期序数等于其族序数，且E在第三周期，所以E是铝元素；依据“质子数之和为39”判断B为碳元素。【详解】(1)元素铝在第三周期第IIIA族；(2)A2W2为过氧化氢，其电子式为：，注意氧与氧之间形成一个共用电子对；(3)过氧化氢在酸性介质下表现出较强的氧化性，在硫酸介质中，过氧化氢与铜反应的离子方程式为：Cu＋2H＋＋H2O2＝Cu2＋＋2H2O；(4)DA为NaH，若将1molNaH和1molAl混合加入足量的水中，首先发生反应：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，此时1molNaH完全反应，生成氢气1mol，同时生成1molNaOH；接着发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2231mol1mol1.5mol生成氢气的物质的量为1.5mol，所以共生成氢气的物质的量为2.5mol，这些氢气在标准状况下的体积为:22.4L/mol×2.5mol=56L；(5)淡黄色固体为过氧化钠，可将+2价铁离子氧化成+3价铁离子，注意题目明确指出没有气体生成，所以过氧化钠在该反应中只作氧化剂，该反应的离子方程式为：3Na2O2＋6Fe2＋＋6H2O=4Fe(OH)3＋6Na＋＋2Fe3＋。18、（1）①将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去。②3.2－4.2。③取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。④反应B的温度过高。（2）①分液漏斗②不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白。2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2③Cl2HClOClO-有无色气体产生【解析】试题分析：（1）该化学工艺流程的目的用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜。必须除去废液Fe2+、Fe3+，结合题给数据分析，需先将Fe2+氧化为Fe3+才能与Cu2+分离开。由题给流程图分析，刻蚀废液加入氯酸钠经反应A将Fe2+氧化为Fe3+，结合题给数据知加入试剂调节pH至3.2－4.2，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀经过滤除去，滤液中加入碳酸钠经反应B生成碱式碳酸铜，过滤得产品。①由上述分析知，氯酸钠的作用是将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去；②反应A后调节溶液的pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，pH范围应为3.2－4.2；③第一次过滤得到的产品为氢氧化铁，表面含有氯离子等杂质离子。洗涤时，判断已经洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净；④碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜，造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是反应B的温度过高。（2）①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气为固液加热制气体的装置，所用仪器需要检漏的有分液漏斗；②若C中品红溶液褪色，不能证明氯气与水反应的产物有漂白性，原因是因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；C中品红溶液褪色，说明装置B中氯气已过量，此时B装置中亚铁离子和溴离子均已被氧化，发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2；③氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，次氯酸为弱酸，则A溶液中具有强氧化性微粒的化学式Cl2HClOClO-；若向A溶液中加入NaHCO3粉末，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，会观察到的现象是有无色气体产生。考点：以化学工艺流程为载体考查物质的分离提纯等实验基本操作，考查氯气的制备和性质。19、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O防倒吸乙醇，浓硫酸，乙酸防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂BC分液漏斗上口倒【解析】

实验室用乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂和吸水剂时反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，反应过程中生成的乙酸乙酯呈气态，经过冷凝变成液体，会引起装置中气体压强的变化，因此需要防止倒吸，结合实验的基本操作和实验注意事项分析解答。【详解】(1)乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(2)与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，可以起到防止倒吸的作用，故答案为：防倒吸；(3)浓硫酸溶于水放出大量的热，加入药品时，为防止酸液飞溅，应先加入乙醇再加入浓硫酸和乙酸，故答案为：乙醇，浓硫酸，乙酸；(4)步骤②中需要用小火均匀加热，可以防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂，故答案为：防止乙醇与乙酸剧烈沸；防止乙酸乙酸挥发过快；防止试管受热不均而炸裂；(5)制备乙酸乙酯时，常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是中和乙酸并吸收部分乙醇、乙酸乙