安徽省合肥市届高三上学期第一次教学质量检测化学精校精品解析Word版.docx

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安徽省合肥市届高三上学期第一次教学质量检测化学精校精品解析Word版

高三年级第一次教学质量检测

化学试题

（考试时间：

90分钟满分：

100分）

可能用到的相对原子质量：

H：

1O：

16Na：

23S:

32CI:

35.5Fe:

56

第I卷选择题

（第I卷包括14小题，每小题3分，共42分。

每小题只有一个选项符合题意）

1.化学与人类生活密切相关。

下列说法不正确的是

A.光导纤维是由高纯度的硅单质制得，遇强碱会“断路”

B.二氧化氯（ClO2）是新型水处理剂，具有消毒杀菌作用

C.使用太阳能代替化石能源，可以减少温室气体排放

D.“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关

【答案】A

【解析】

【详解】A项、光导纤维是由二氧化硅制得，二氧化硅可与强碱反应，遇强碱会“断路”，而硅常用于半导体材料，故A错误；

B项、二氧化氯ClO2是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。

与Cl2相比，ClO2不但具有更显著地杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，故B正确；

C项、太阳能是清洁能源，使用太阳能代替化石燃料，能减少二氧化碳的排放，故C正确；

D项、以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成“光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的重要原因，故D正确。

故选A。

2.下列有关化学用语或模型表示正确的是

A.中子数为16的磷原子：

3216PB.镁离子的结构示意图：

C.水分子的球棍模型：

D.丙烯的结构简式：

CH3CHCH2

【答案】C

【解析】

【详解】A项、质量数=质子数+中子数=15+16=31，中子数为16的磷原子为3115P，故A错误；

B项、镁离子是镁原子失去2个电子得到的，其核内质子数为12，核外电子数为10，镁离子的结构示意图为

，故B错误；

C项、球棍模型是用小球表示原子，原子之间用小棍连接，水分子是V型分子，键角为105°，球棍模型为

，故C正确；

D项、丙烯的官能团为碳碳双键，结构简式中需要标出官能团，丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，故D错误。

故选C。

【点睛】本题主要考查化学用语，常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，注意分子的球棍模型中要体现其空间构型。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是

A.常温常压下，22.4L乙烯中含C-H键的数目为4NA

B.0.1mol/L的NaHSO4溶液中含有阳离子的数目为0.2NA

C.0.1molCl2与过量NaOH溶液反应，转移电子数目为0.2NA

D.7.8gNa2S与7.8gNa2O2中含有的阴离子数目均为0.1NA

【答案】D

【解析】

【详解】A项、常温常压下，22.4L乙烯物质的量不是1mol，分子中C-H键数不是4NA，故A错误；

B项、没有指明溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，故B错误；

C项、氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，1mol氯气参加反应转移1mol电子，则0.1molCl2常温下与过量稀NaOH溶液反应转移电子总数为0.1NA，故C错误；

D项、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，Na2S中阴离子为S2-、Na2O2中阴离子为O22-，所以7.8gNa2S和7.8gNa2O2中含有的阴离子数目均为0.1NA，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的分析判断，注意气体摩尔体积使用条件和对象，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键。

4.有机物TPE具有聚集诱导发光特性，在光电材料领域应用前景广阔，其结构简式如下图所示。

下列有关该有机物说法正确的是

A.分子式为C26H22B.属于苯的同系物

C.一氯代物有3种D.能溶于水和酒精

【答案】C

【解析】

【分析】

有机物TPE分子可以看做是乙烯分子中四个氢原子被四个苯环所取代，分子式为C26H20，属于不饱和芳香烃，不溶于水，易溶于有机溶剂。

【详解】A项、根据结构简式确定分子式为C26H20，故A错误；

B项、苯的同系物中只含一个苯环且侧链为烷基，该物质中含有多个苯环且含有烯烃基，不是苯的同系物，故B错误；

C项、该有机物中氢原子有3种，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以有3种一氯代物，故C正确；

D项、该有机物属于烃，不溶于水，易溶于有机溶剂酒精，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析能力，注意该分子中氢原子种类，明确官能团及其性质关系是解答关键。

5.为除去括号内的杂质，所选用的试剂和方法正确的是

A.CO2（CO）——通入氧气中，点燃

B.C12（HCl）——通入足量饱和食盐水中，再干燥

C.FeCl2溶液（FeC13）——加入过量铜粉，再过滤

D.NaHCO3溶液（Na2CO3）——加入适量氯化钙溶液，再过滤

【答案】B

【解析】

【分析】

根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得减少。

【详解】A项、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为当二氧化碳（不能燃烧、不能支持燃烧）大量存在时，少量的一氧化碳是不会燃烧的；且除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故A错误；

B项、Cl2不溶于饱和食盐水，而HCl极易溶于饱和食盐水，通入足量饱和食盐水中能把HCl杂质除去，再干燥得到C12，故B正确；

C项、铜粉与FeC13反应生成FeC12与CuC12，溶液中引入了铜离子杂质，可以用铁粉除去FeC12溶液中的FeC13，故C错误；

D项、Na2CO3能与适量的氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钠，故D错误。

故选B。

【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。

6.利用下列实验装置及药品能实现相应实验目的的是

A.甲用于制取NaHCO3晶体B.乙用于分离I2和NH4Cl

C.丙用于证明非金属性强弱：

Cl>C>SiD.丁用于测定某稀醋酸的物质的量浓度

【答案】A

【解析】

【详解】A项、二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式：

NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故A正确。

B项、碘单质易升华，受冷发生凝华，NH4Cl受热易分解，遇冷又生成氯化铵，不能用于分离I2和氯化铵，故B错误；

C项、非金属性的强弱应比较元素的最高价氧化物的水化物酸性强弱，而不是氢化物的酸性，且盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl也能使硅酸钠溶液中出现浑浊，故C错误；

D项、盛NaOH溶液应用碱式滴定管，图中用的是酸式滴定管，使用的指示剂应为酚酞，D错误。

故选A。

【点睛】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。

分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。

具体如下：

①分离提纯物是固体（从简单到复杂方法）：

加热（灼烧、升华、热分解），溶解，过滤（洗涤沉淀），蒸发，结晶（重结晶）；②分离提纯物是液体（从简单到复杂方法）：

分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:

盐析或渗析；④分离提纯物是气体：

洗气。

7.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：

Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2。

下列有关该电池的说法不正确的是

A.放电时，溶液中OH-移向负极

B.放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2

C.充电过程中，阴极附近溶液的pH降低

D.充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

根据放电时总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2可知，放电时，Fe做负极，发生氧化反应，电极反应式为：

Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2，Ni2O3做正极，发生还原反应，电极反应式为：

Ni2O3+3H2O+2e-=2Ni（OH）2+2OH-；充电时，Fe电极做阴极，阴极电极反应式为：

Fe（OH）2+2e-=Fe+2OH-，Ni2O3做阳极，阳极电极反应式为：

2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O。

【详解】A项、放电时，阴离子向负极移动，溶液中OH-移向负极，故A正确；

B项、放电时，Fe做负极，发生氧化反应生成Fe（OH）2，电极反应式为：

Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2，故B正确；

C项、充电时，Fe电极做阴极，阴极电极反应式为：

Fe（OH）2+2e-=Fe+2OH-，阴极附近溶液的pH会升高，故C错误；

D项、充电时，Ni2O3做阳极，阳极电极反应式为：

2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应是解答关键。

8.已知反应：

As2S3+HNO3+X→H3AsO4+H2SO4+NO↑，下列关于该反应的说法不正确的是

A.X为H2OB.参加反应的HNO3全部被还原

C.氧化产物为H2SO4和H3AsO3D.生成1molH2AsO3转移2mole-

【答案】D

【解析】

【分析】

As2S3中As元素的化合价＋3价，S元素的化合价－2，由方程式可知，反应中As元素的化合价由+3→+5，S元素的化合价由-2→+6，砷和硫元素化合价升高被氧化，N的化合价由+5→+2，化合价降低被还原，配平的化学方程式为3As2S3+28HNO3+4H2O=6H3AsO4+9H2SO4+28NO↑。

【详解】A项、由原子个数守恒可知，X为H2O，故A正确；

B项、由方程式可知参加反应的HNO3全部被还原为NO，故B正确；

C项、反应中As元素的化合价由+3→+5，S元素的化合价由-2→+6，砷和硫元素化合价升高被氧化，则氧化产物为H2SO4和H3AsO3，故C正确；

D项、生成1molH2AsO3消耗14/3molHNO3，转移14mole-，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重分析与应用能力的考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。

9.下列离子方程式表达不正确的是

A.向FeCl3溶液滴加HI溶液：

2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2

B.向Na2S2O3溶液滴加HCl溶液：

S2O32－＋2H＋=SO2↑＋S↓＋H2O

C.向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：

AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

D.向NH4Al（SO4）2溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液：

2NH4++Ba2++SO42－+2OH—=BaSO4↓+2NH3·H2O

【答案】D

【解析】

【详解】A项、氯化铁具有氧化性，碘化氢中-1价的碘离子具有还原性，两者发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，反应为：

2Fe3++2I-=2Fe2++I2，故A正确；

B项、滴加HCl溶液，Na2S2O3中+2价的元素S能发生歧化反应生成二氧化硫和硫单质，反应的离子方程式为：

S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故B正确；

C项、NaAlO2溶液中通入过量的CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故C正确；

D项、向NH4Al（SO4）2溶液中滴加少量Ba（OH）2溶液，Al3+优于NH4+先反应，反应的离子方程式为2Al3++3Ba2++3SO42－+6OH—=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键。

10.在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是

A.滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：

Na+、Fe2+、Cl-、NO3-

B.滴入KSCN显血红色的溶液中：

NH4+、Mg2+、SO42-、Cl-

C.c（OH-）/c（H+）=1012的溶液中：

NH4+、Al3+、NO3-、CO32-

D.由水电离的c（H+）=1.0×10-13mol•L-1的溶液中：

K+、NH4+、AlO-2、HCO3-

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．滴加甲基橙试剂显红色的溶液呈酸性。

在酸性溶液中：

H+、Fe2+、NO3-不能共存。

错误。

B．滴入KSCN显血红色的溶液中含有Fe3+，Fe3+与NH4+、Mg2+、SO42-、Cl-不会发生反应。

可共存。

正确。

C．Al3+和CO32-发生离子反应不能共存。

C。

错误。

D．室温下纯水电离产生的c（H+）＝1．0×10-7mol·L－1．但该溶液中由水电离的c（H+）＝1．0×10-13mol·L－1<1．0×10-7mol·L－1。

说明水的电离受到了抑制。

则该溶液可能呈酸性也可能呈碱性。

在酸性溶液中AlO2-、HCO3-不能存在；在碱性溶液中NH4+不能存在。

错误。

考点：

考查离子共存问题的知识。

11.下列各组物质反应产生的气体分别通入Fe2（SO4）3溶液中，能与Fe2（SO4）3发生反应的是

①Na2O2和CO2②Na2S和盐酸③MnO2和浓盐酸共热④铜片和浓硫酸加热

A.只有①②B.只有①③C.只有②③D.只有②④

【答案】D

【解析】

【分析】

Fe2（SO4）3溶液中Fe3+具有氧化性，能与具有还原性的硫化氢气体和二氧化硫反应，与具有氧化性的氧气和氯气不反应。

【详解】①Na2O2和CO2反应生成氧气，氧气与Fe2（SO4）3不反应；

②Na2S和盐酸反应生成硫化氢气体，硫化氢与Fe2（SO4）3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

③MnO2和浓盐酸共热反应生成氯气，氯气与Fe2（SO4）3不反应；

④铜片和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫与Fe2（SO4）3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

②④符合题意，故选D。

【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于分析能力考查，注意从气体的制备和性质的角度分析是解答关键。

12.常温下，向Ba（OH）2和NaOH混合溶液中缓慢通入CO2至过量（溶液温度变化忽略不计），生成沉淀物质的量与通入CO2体积的关系如下图所示。

下列说法不正确的是

A.b点时溶质为NaHCO3

B.横坐标轴上V4的值为90

C.V1、V2、V3时，溶液中c（Ba2+）·c（CO32-）相等

D.原混合物中n[Ba（OH）2]：

n（NaOH）=1：

2

【答案】D

【解析】

【分析】

向NaOH和Ba（OH）2的混合溶液中通入CO2，二氧化碳先和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，当氢氧化钡消耗完时，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，当氢氧化钠完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，当碳酸钠完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和和碳酸钡、水反应生成可溶性的碳酸氢钡。

【详解】A项、ab段发生反应为2OH-+CO2=CO32-+H2O、CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，所以b点溶液中溶质为NaHCO3，故A正确；

B项、发生反应Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O时消耗30mL的二氧化碳，发生反应NaOH+CO2=NaHCO3时消耗30mL的二氧化碳，发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3-时消耗30mL的二氧化碳，所以V4为90mL，故B正确；

C项、BaCO3的溶度积Ksp=c（Ba2+）·c（CO32-），温度不变，溶度积不变，故C正确；

D项、发生反应Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O时消耗30mL的二氧化碳，发生反应NaOH+CO2=NaHCO3时消耗30mL的二氧化碳，发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2HCO3-时消耗30mL的二氧化碳，所以原混合溶液中Ba（OH）2和NaOH的物质的量之比为30：

（60-30）=1：

1，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查物质之间的反应，明确物质的性质、及反应先后顺序是解本题关键。

13.在恒温密闭容器中发生反应：

CaCO3（s）

CaO（s）+CO2（g）∆H>0，反应达到平衡后，tl时缩小容器体积，x随时间（t）变化的关系如下图所示。

x不可能是

A.υ逆（逆反应速率）B.ρ（容器内气体密度）

C.m（容器内CaO质量）D.Qc（浓度商）

【答案】C

【解析】

【分析】

该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，t1时缩小容器体积，压强增大，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动。

【详解】A项、t1时缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，逆反应速率先增大后减小，故A正确；

B项、t1时缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，密度突然增大，随反应进行，二氧化碳质量减少，密度减小，故B正确；

C项、t1时缩小容器体积，压强增大，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，容器内CaO质量减小，故C错误；

D项、t1时缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，Qc=c（CO2）先增大后减小，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查增大压强、化学平衡移动时物理量的判断，注意压强瞬间变化时，气体浓度发生变化、固体的量不发生变化是解答关键。

14.在一定量铁的氧化物中，加入45mL4mol/L硫酸溶液恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化。

则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为

A.5:

6B.7:

9C.3:

4D.2:

3

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意，铁的化合物中的铁元素可能含有+2价和+3价，根据氯气将亚铁离子氧化的反应，结合氯气的量可以计算亚铁离子的量，铁的氧化物可理解成FeO和Fe2O3按一定比例混合而成，根据消耗的硫酸计算Fe、O原子个数之比。

【详解】硫酸的物质的量n（H2SO4）=4mol/L×0.045L=0.18mol，672mL氯气的物质的量为0.03mol，根据反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知反应后溶液中n（Fe2+）=0.06mol，设FeO为Xmol，Fe2O3为Ymol，由FeO+H2SO4=FeSO4+H2O和Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O可得求解关系式X+3Y=0.18①，X=0.06②，解得X=0.06mol、Y=0.04mol，则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为（0.06mol+0.04mol×2）：

（0.06mol+0.04mol×3）=7:

9，故选B。

【点睛】本题考查与化学反应有关的化学计算，掌握铁的化合物的性质，正确书写化学方程式，利用方程式计算是解答关键。

第II卷非选择题

（第II卷包括5小题，共58分）

15.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。

W的气态氢化物水溶液能刻蚀玻璃，X为同周期中原子半径最大的元素，Y的单质在常温下遇浓硫酸钝化，Z与W同主族。

回答下列问题：

（l）W在元素周期表中的位置是____。

（2）Z的单质与水反应生成含氧酸分子的电子式为____。

（3）X的最高价氧化物对应水化物溶液与Y的单质反应，其反应的离子方程式为____。

（4）不能通过加热Y与Z形成的化合物水溶液而得到其固体的原因是____。

【答案】

（1）.第二周期ⅦA族

（2）.

（3）.2Al＋2OH－+2H2O=2AlO2-＋3H2↑（4）.氯化铝易水解生成挥发性物质氯化氢，加热促进氯化氢挥发，促使氯化铝水解趋于完全，最终得不到无水氯化铝

【解析】

【分析】

由题意W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的气态氢化物水溶液能刻蚀玻璃，说明W是F元素；X为同周期中原子半径最大的元素，则X为Na元素；Y的单质在常温下遇浓硫酸钝化，则Y是Al元素；Z与W同主族，则Z是Cl元素。

【详解】

（1）W是F元素，F元素位于周期表第二周期ⅦA族，故答案为：

第二周期ⅦA族；

（2）Z是Cl元素，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸的电子式为

，故答案为：

；

（3）X为Na元素、Y是Al元素，铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al＋2OH－+2H2O=2AlO2-＋3H2↑，故答案为：

2Al＋2OH－+2H2O=2AlO2-＋3H2↑；

（4）Y与Z形成的化合物是氯化铝，氯化铝是强酸弱碱盐，铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝和盐酸，加热促进氯化氢挥发，促使氯化铝水解趋于完全，最终得不到无水氯化铝，故答案为：

氯化铝易水解生成挥发性物质氯化氢，加热促进氯化氢挥发，促使氯化铝水解趋于完全，最终得不到无水氯化铝。

【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律，侧重考查分析和推断能力，明确元素周期律内涵和物质的性质及用途是解答关键。

16.石油是一种极其重要的化工原料，下图是石油加工的部分转化关系：

回答下列问题：

（l）石油化工生产中，通常将第①步转化的方法称为____；反应②的反应类型为____。

（2）反应③包含两步氧化反应，生成的C2H402属于酯类的同分异构体的名称为____，X的结构简式为____。

（3）一定条件下，乙烯能发生加聚反应，其化学方程式为____；反应⑥的化学方程式为______。

【答案】

（1）.裂解

（2）.加成反应（3）.甲酸甲酯（4）.BrCH2CH2Br（5）.nCH2=CH2

（6）.2CH3COOH+HOCH2CH2OH

CH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O

【解析】

【分析】

由流程图可知，石油裂解生成乙烯（CH2=CH2），乙烯在催化剂作用下，与水加热发生加成反应生成乙醇，则C2H60为乙醇（CH3CH2OH）；乙醇催化氧化生成乙酸，则C2H402为乙酸（CH3COOH）；乙烯与溴加成生成1,2—二溴乙烷，则X为1,2—二溴乙烷（BrCH2CH2Br）；1，2—二溴乙烷在氢氧化钠水溶液中共热发生水解反应生成乙二醇，则C2H602为乙二醇（HOCH2CH2OH）；乙酸与乙二醇在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成酯（CH3COOCH2CH2OOCCH3）和水。

【详解】

（1）石油化工生产中，石油裂解生成乙烯；反应②为乙烯在催化剂作用下，与水加热发生加成反应生成乙醇，故答案为：

裂解；加成反应；

（2）C2H402为乙酸，乙酸属于酯类的同分异构体为甲酸甲酯；乙烯与溴加成生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷的结构简式为BrCH2CH2Br，故答案为：

甲酸甲酯；BrCH2CH2Br；

（3）一定条件下，乙烯能发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为nCH2=CH2

；反应⑥为乙酸与乙二醇在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成酯（CH3COOCH2CH2OOCCH3）和水，反应的化学方程式为2CH3COOH+HOCH2CH2OH

CH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，故答案为：

nCH2=CH2

；2CH3COOH+HOCH2CH2OH

CH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O。

【点睛】本题考查有机物推断