【化学】宁夏回族自治区银川一中2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】宁夏回族自治区银川一中2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

宁夏回族自治区银川一中2019-2020学年高一下学期期中考试试题 一、选择题(本题共30道小题，每小题2分，共60分)‎ ‎1.化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同 B. “玉不琢不成器”、“百炼方能成钢”发生的均为化学变化 C. 小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，也是治疗胃酸过多的常用药剂 D. 纤维素供给人体能量时，先在体内水解成葡萄糖再被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用活性炭为糖浆脱色利用活性炭的吸附作用，用次氯酸盐漂白纸浆利用次氯酸盐产生的次氯酸的强氧化性，二者原理不同，A错误；‎ B、“玉不琢不成器”属于物理变化，B错误；‎ C、小苏打是碳酸氢纳，能和酸反应生成CO2气体，所以小苏打是制作面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂，C正确；‎ D、人体内无纤维素酶，所以纤维素不能在人体内水解成葡萄糖，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）‎ A. 丝绸的主要成分是蛋白质 B. 电器起火应选用泡沫灭火剂灭火 C. 光导纤维的成分是晶体硅 D. 生活用水的净化与消毒可用明矾 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A、蚕丝属于蛋白质；‎ B、泡沫灭火器中的液体导电，并且泡沫液有腐蚀性会腐蚀电器设备；‎ C、光导纤维的成分二氧化硅；‎ D、明矾不能消毒。‎ ‎【详解】A、丝绸的主要原料是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，故A正确；‎ B、泡沫灭火器中的液体导电，电器起火应选用干粉灭火剂灭火，故B错误；‎ C、光导纤维的成分二氧化硅，故C错误；‎ D、明矾只能做生活用水的净水剂，不能做消毒剂，故D错误。‎ ‎3.‎2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色 B. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取 C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理 D. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；‎ B.氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用电解氧化铝制备，故B错误；‎ C.镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故C正确；‎ D.丝、毛中主要含蛋白质，含有C、H、O、N等元素，燃烧不止生成CO2和H2O，故D错误；‎ 答案：C ‎4.化学知识无处不在,下列与古诗文记载对应的化学知识不正确的是(　　)‎ 古诗文记载 化学知识 A 绿蚁新醅酒，红泥小火炉 在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应 B 南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之.‎ 泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖 C 陶成雅器，有素肌、玉骨之象焉 制陶的主要原料是黏土，烧制陶瓷属硅酸盐工业 D 采蒿墓之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如“石”，浣衣发面.‎ ‎“石”即石碱，具有碱性，遇酸产生气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．葡萄糖属于单糖，不会发生水解反应，A不正确；‎ B．古时贫民住房是土砖墙，土砖墙倒塌，泥土覆盖在红糖上，能吸附红糖中的色素，B正确；‎ C．陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐工业，制陶的主要原料是黏土，C正确；‎ D．草木灰的淋汁主要成分主要是K2CO3，D正确。‎ 故选A。‎ ‎5.X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氖原子相同的电子层结构，下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子序数：XY C. 原子的最外层电子数：X>Y D. 得电子能力：X>Y ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氖原子相同的电子层结构，则X为第三周期的金属元素，Y为第二周期的非金属元素，Y原子最外层电子数较多，以此来解答。‎ ‎【详解】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有与氖原子相同的电子层结构，则X为第三周期的金属元素，Y为第二周期的非金属元素，Y原子最外层电子数较多，则 A．由以上分析可知X的原子序数大于Y的原子序数，A错误；‎ B．X为第三周期的金属元素，Y为第二周期的非金属元素，由同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大可知X的原子半径比Y的大，B正确；‎ C．X的最外层电子数少于4，Y的最外层电子数大于4，原子的最外层电子数：X＜Y，C错误；‎ D．X是金属，不能得到电子，Y是非金属，容易得到电子，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是（ ）‎ A. 单质的熔点：Z>X B. Z与Y、W均能形成离子化合物 C. 气态氢化物的沸点：XH2O>CH3CH2OH B. 用酸性重铬酸钾溶液检验酒驾，发生的反应属于乙醇的氧化反应 C. 淀粉和纤维素都可以作为工业上生产葡萄糖的原料 D. 油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据羟基的活泼性可知，与Na反应的剧烈程度：CH3COOH>H2O>CH3CH2OH，选项A正确；‎ B、乙醇具有还原性，能被酸性重铬酸钾溶液氧化为乙酸，选项B正确；‎ C. 淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，坆都可以作为工业上生产葡萄糖的原料，选项C正确；‎ D、油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中含有不饱和键，具有不饱和烃的性质，所以油可以与溴发生加成反应，使溴水褪色；脂肪是饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中不含不饱和键，不能使溴水褪色，选项D错误；‎ 答案选D。‎ ‎26.某校学生用化学知识解决生活中的问题，下列家庭小实验中不合理的是 (　　)‎ A. 用高度白酒进行皮肤消毒 B. 用米汤(含淀粉)检验加碘盐中的碘酸钾(KIO3)‎ C. 用食用碱(Na2CO3溶液)洗涤餐具上的油污 D. 用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酒精可以使蛋白质变性，从而杀菌消毒， A正确；‎ B、碘单质能使淀粉溶液变蓝，而KIO3中不含碘单质，B错误；‎ C、Na2CO3是强碱弱酸盐，CO32-发生水解使溶液呈碱性，油污属于酯，酯在碱性条件下发生彻底的水解，从而洗去油污，C正确；‎ D、纯棉织物和纯毛织物的成份分别为纤维素和蛋白质，蛋白质灼烧时有烧焦羽毛的气味，而纤维素没有，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎27.下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子式为C7H8，分子中含有苯环的烃的一氯代物有4种 B. 硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si D. C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点正丁烷低于异丁烷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.C7H8为，分子中有4种化学环境不同的H原子，其中甲基上1种，苯环上3种，故其一氯代物有4种，故A正确；B．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故B错误；C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；D．丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，其中沸点正丁烷高于异丁烷，故D错误；故选A。‎ ‎28.下列资源的利用涉及化学变化的是（ ）‎ A. 沙里淘金 B. 海水晒盐 C. 石油分馏 D. 煤的干馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、沙里淘金的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；‎ B项、海水晒盐的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；‎ C项、石油分馏的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；‎ D项、煤的干馏的过程中有新物质焦炭和煤焦油等新物质生成，属于化学变化，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎29.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示；下列描述错误的是：（ ）‎ A. 淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法 B. 以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品 C. 步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小 D. 用SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法，故A正确；B．电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，分解得到纯碱，故B正确；C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气易挥发，故C错误；D．二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故D正确；故选C。‎ ‎30.《天工开物》中如下描述“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”下列金属的冶炼方法与此相同的是（ ）‎ A. 钠 B. 铝 C. 银 D. 铁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中信息，“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”，通过HgO分解得到Hg单质；‎ ‎【详解】“共煅五个时辰，其中砂末尽化成汞，布于满釜。”，方法是加热HgO，使之分解成Hg和O2；‎ A、工业上冶炼金属钠，常采用的方法是电解熔融氯化钠，故A不符合题意；‎ B、工业上冶炼铝，采用电解熔融的氧化铝，故B不符合题意；‎ C、工业上冶炼银，采用加热氧化银，故C符合题意；‎ D、工业冶炼铁，采用热还原法，故D不符合题意；‎ 二、填空题(本题共4道小题，每小题10分，共40分)‎ ‎31.2019年是元素周期表诞生150周年，元素周期表（律）在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表为元素周期表的一部分，回答下列问题。‎ ‎ 族 周期 IA ‎0‎ ‎1‎ ‎①‎ IIA IIIA IVA VA VIA VIIA ‎2‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎3‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎4‎ ‎ ‎ ‎（1）元素①～⑧中，金属性最强的是________（填元素符号）。‎ ‎（2）中国青年化学家姜雪峰被国际组织推选为“元素⑦代言人”，元素⑦的原子结构示意图是_________，其氢化物的电子式是_________。‎ ‎（3）元素①和②可以形成多种化合物。下图模型表示的分子中，不可能由①和②形成的是_______（填序号）。‎ ‎（4）比较元素②、③的最高价氧化物对应水化物的酸性：______＞______（填化学式）。说明你判断的理由：_________。‎ ‎（5）主族元素砷（As）的部分信息如图所示。‎ i.砷（As）在周期表中的位置是______。‎ ii.下列说法正确的是_______（填序号）。‎ a. 砷元素的最高化合价为+4 ‎ b. 推测砷有多种氧化物 c. ③的气态氢化物的还原性大于砷的气态氢化物的还原性 ‎ ‎（6）某小组同学设计实验比较VIIA元素的非金属性：Cl>Br>I。‎ 已知：常温下浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气。‎ 打开分液漏斗的活塞，烧瓶中产生黄绿色气体，蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，湿润的淀粉KI试纸变蓝，据此现象能否说明非金属性：Br > I，并说明理由_________。‎ ‎【答案】(1). Na (2). (3). (4). b (5). HNO3 (6). H2CO3 (7). 非金属性：N>C (8). 第4周期第VA族 (9). b (10). 不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】由元素在周期表中位置可知，①为H元素、②为C元素、③为N元素、④为Na元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为S元素、⑧为Cl元素。‎ ‎【详解】（1）同周期元素从左到右，金属性依次减弱，同主族元素从上到下，金属性依次增强，则元素①～⑧中，金属性最强的元素是位于周期表左下角的钠元素，故答案为Na；‎ ‎（2）元素⑦为S元素，S原子含有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为 ‎；S元素的氢化物为H2S，H2S为共价化合物，电子式为，故答案为；；‎ ‎（3）①为H元素、②为C元素，C元素和H元素组成的化合物为烃，题给图示中a为乙烯、b为甲基、c为甲烷、d为苯，甲基不是化合物，故答案为b；‎ ‎（4）②为C元素、③为N元素，非金属元素的非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，非金属性N元素强于C元素，则N元素最高价氧化物对应水化物HNO3的酸性强于C元素最高价氧化物对应水化物H2CO3，故答案为HNO3；H2CO3；非金属性：N>C；‎ ‎（5）i.由主族元素砷的原子结构示意图可知，该原子有4个电子层，最外层有5个电子，则As元素位于周期表第4周期第VA族，故答案为第4周期第VA族；‎ ii.a、砷元素的最外层由5个电子，则最高化合价为+5，故错误；‎ b、同主族元素性质相似，与同主族氮元素能形成多种氧化物相似，砷可以形成+3价氧化物As2O3，也可以形成+5价氧化物As2O5，故正确；‎ c.元素非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，N的非金属性强于As元素，则N的气态氢化物的还原性小于砷的气态氢化物的还原性，故错误；‎ b正确，故答案为b；‎ ‎（6）打开分液漏斗的活塞，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，反应生成的氯气与KBr溶液发生置换反应生成单质溴，使蘸有KBr溶液的棉球变为橙红色，与KI溶液发生置换反应生成单质碘，使湿润的淀粉KI试纸变蓝，在实验过程中氯气干扰了溴单质置换出碘单质的反应，则不能说明非金属性：Br > I，故答案为不能，因为氯气干扰了溴置换碘的反应。‎ ‎32.燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源。下图为燃料电池的结构示意图，电解质溶液为NaOH溶液，电极材料为疏松多孔的石墨棒。请回答下列问题:‎ ‎(1)若该燃料电池为氢氧燃料电池。‎ ‎①a极通入的物质为_____(填物质名称)，电解质溶液中的OH—移向______极(填”负”或“正”)。‎ ‎②写出此氢氧燃料电池工作时，负极的电极反应式：______________。‎ ‎(2)若该燃料电池为甲烷燃料电池。已知电池的总反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O ‎①下列有关说法正确的是___________(填字母代号)。‎ A.燃料电池将电能转变为化学能 B.负极的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O C.正极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O D.通入甲烷的电极发生还原反应 ‎②当消耗甲烷‎33.6L(标准状况下)时，假设电池的能量转化效率为80％，则导线中转移的电子的物质的量为______mol.‎ ‎【答案】(1). 氢气 (2). 负 (3). H2 + 2OH-– 2e- = 2H2O (4). B (5). 9.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①燃料电池中，负极上失电子发生氧化反应，通入燃料氢气的电极是负极，据图示可知a电极是负极，故a极通入的物质为氢气；原电池中阴离子移向负极故OH-移向负极；‎ ‎②电解质溶液为NaOH溶液，为碱性环境，故此氢氧燃料电池工作时，负极的电极反应式：H2 – 2e- + 2OH- = 2H2O；‎ ‎(2) ①A.燃料电池为原电池原理，应为将化学能转变为电能，故A错误；‎ B.电解质溶液为NaOH溶液，为碱性环境，故负极的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，B正确；‎ C.碱性环境中正极的电极反应式应为：为O2+2H2O +4e-=4OH-，C错误；‎ D.通入甲烷的电极失电子发生氧化反应，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎②据电池的总反应CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O可知：消耗甲烷‎22.4L(标准状况下)时，假设电池的能量转化效率为100％，则导线中转移的电子的物质的量为8mol，则当消耗甲烷‎33.6L(标准状况下)时，假设电池的能量转化效率为100％，则导线中转移的电子的物质的量12mol，故电池的能量转化效率为80％时，导线中转移的电子的物质的量为12×0.8 = 9.6mol。‎ ‎33.Ⅰ：用酸性KMnO4和H‎2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2 MnO4-＋5H‎2C2O4＋6H+ = 2Mn2+＋10CO2↑＋8H2‎ O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)，实验装置如图甲所示：‎ 实验序号 A溶液 B溶液 ‎①‎ ‎20 mL 0.1 mol·L－1 H‎2C2O4溶液 ‎30 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4溶液 ‎②‎ ‎20 mL 0.2 mol·L－1 H‎2C2O4溶液 ‎30 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4溶液 ‎(1)该实验探究的是_________________________________因素对化学反应速率的影响。‎ ‎(2)若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO4-)＝________ mol·L－1(假设混合溶液的体积为50 mL)。‎ ‎(3)小组同学发现反应速率变化如图乙，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：‎ ‎①产物Mn2＋是反应的催化剂，②_______________________________‎ Ⅱ：当温度高于500 K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇，这在节能减排、降低碳排放方面具有重大意义。回答下列问题：‎ ‎(1)该反应的化学方程式为___________________________________‎ ‎(2)在恒温恒容密闭容器中，判断上述反应达到平衡状态的依据是________________‎ a．体系压强不再改变 b．H2的浓度不再改变 c．气体的密度不随时间改变 d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3∶1‎ ‎【答案】(1). 浓度 (2). 0.0052 (3). 反应放热，温度升高 (4). 2CO2＋6H2C2H5OH（g）＋3H2O（g） (5). ab ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ：（1）对比①②实验可知，探究的是浓度对化学反应速率的影响，故答案为浓度；‎ ‎（2）CO2的物质的量是：4.48mL×10-322.4mol/l=0.0002mol，设2min末，反应的MnO4-的物质的量为X，‎ ‎2MnO4-+5H‎2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎       2                       10‎ ‎       X                0.0002mol 解得 X=0.00004mol，30mL×10-3×0.01mol•L-1-0.00004mol=0.00026mol，c（MnO4-）=nv=0.00026mol‎0.05L=0.0052mol/L，故答案为0.0052；‎ ‎（3）影响化学反应速率的因素主要有温度、浓度、压强和催化剂，除催化剂之外，只能是温度升高导致反应速率加快，故答案为该反应放热使反应温度升高；‎ Ⅱ：（1）当温度高于500K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了1mol乙醇和水，该反应的化学方程式为：2CO2+6H2⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），故答案为2CO2+6H2⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）；‎ ‎（2）a．该反应中混合气体的物质的量减小，则体系压强一直在减小，当体系压强不再改变，能说明到达平衡，故a正确；b．H2的浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故b正确；c．容器的体积不变，混合气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故c错误；d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3：1，指正反应方向，无法判断正逆反应速率是否相等，则不能说明到达平衡，故d错误；故答案为ab。‎ ‎34.乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：‎ 已知：2CH3CHO + O2催化剂，加热2CH3COOH ‎（1）反应①的化学方程式是_______。‎ ‎（2）B的官能团是_______。‎ ‎（3）F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为_______。‎ ‎（4）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。‎ 制法一：实验室用D和E反应制取G，装置如图所示。‎ i.反应⑥的化学方程式是______，反应类型是_____。‎ ii.分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是_______。‎ 制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。‎ iii.反应类型是___。‎ iv.与制法一相比，制法二的优点是___。‎ ‎【答案】 (1). H‎2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br (2). 羟基（或—OH） (3). (4). (5). 取代反应（或酯化反应） (6). 分液漏斗 (7). 加成反应 (8). 原子利用率高 ‎【解析】‎ ‎【分析】乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇；一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则D为乙醇；乙醇在铜作催化剂条件下加热发生催化氧化反应生成乙醛；乙醛在催化剂作用下发生氧化反应生成乙酸，则E为乙酸；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则G为乙酸乙酯；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则F为聚乙烯。‎ ‎【详解】（1）反应①为乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，反应的化学方程式为H‎2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br，故答案为H‎2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br；‎ ‎（2）B的结构简式为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，故答案为羟基；‎ ‎（3）高分子化合物F为聚乙烯，结构简式为，故答案为；‎ ‎（4）i.反应⑥为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应（或酯化反应）；‎ ii.反应生成的乙酸乙酯不溶于水，则分离出试管乙中乙酸乙酯油状液体用分液的方法，用到的仪器为分液漏斗，故答案为分液漏斗；‎ iii. 一定条件下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，故答案为加成反应；‎ iv.与制法一相比，制法二为加成反应，反应产物唯一，原子利用率高，故答案为原子利用率高。‎