广东省惠州市2024-2025学年高一化学下学期期末质量检测试题含解析

PAGE16-广东省惠州市2024-2025学年高一化学下学期期末质量检测试题（含解析）相对原子质量：He-4C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5K-39Mg-24Si-28Fe-56一、本大题共20小题，每小题2分，共40分。在每小题列出的四个选项中，只有一项最符合题意。1.对元素周期表和元素周期律的发觉有突出贡献的科学家是A.拉瓦锡 B.阿伏加德罗 C.门捷列夫 D.道尔顿【答案】C【解析】【详解】A.拉瓦锡用定量化学试验阐述了燃烧的氧化学说，确定了空气的组成，故A错误；B.意大利科学家阿伏加德罗提出分子概念，故B错误；C.俄国化学家门捷列夫发觉了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和探讨变得有规律可循，故C正确；D.英国化学家道尔顿提出近代原子学说，故D错误；故选C。2.欲将溶液中的Al3+沉淀完全，最合适的试剂是()A.NaOH溶液 B.氨水 C.Na2SO4溶液 D.NaCl溶液【答案】B【解析】【详解】A．由于氢氧化钠溶液是强碱溶液，和Al3+反应时，生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，故铝离子难以恰好完全反应，故A不是最合适的试剂；B．氨水是弱碱溶液，可以全部沉淀Al3+，因为Al(OH)3不溶于弱碱氨气溶液，B正确；C、D．Na2SO4溶液和NaCl溶液与Al3+不反应，故CD不合适；答案选B。3.下列单质既能跟氯气干脆反应，又能跟稀盐酸反应，且产物不相同的是()A.Al B.Cu C.Fe D.Zn【答案】C【解析】【分析】氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化为最高价态，稀盐酸具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，且稀盐酸只和金属活动性依次表中H之前的金属反应，据此分析解答。【详解】A．Al与Cl2反应生成AlCl3，即2Al+3Cl22AlCl3，Al与稀盐酸反应生成AlCl3和H2，即2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，二反应都生成AlCl3，故A不符合题意；B．Cu与Cl2反应生成CuCl2，即Cu+Cl2CuCl2，Cu与稀盐酸不反应，故B不符合题意；C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，即2Fe+3Cl22FeCl3，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2，即Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，二反应分别生成FeCl3和FeCl2，故C符合题意；D．Zn与Cl2反应生成ZnCl2，即Zn+Cl2ZnCl2，Zn与稀盐酸反应生成ZnCl2和H2，即Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，二反应都生成ZnCl2，故D不符合题意；答案为C。4.下列物质中，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的氧化物是（）A.Al B.Al2O3 C.NaHCO3 D.Al(OH)3【答案】B【解析】【分析】氧化物：两种元素，其中一种元素是氧元素化合物。【详解】四种物质均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，由氧化物定义可知，只有B选项Al2O3属于氧化物，故B正确；答案选B。5.铜在肯定条件下也会生锈，其主要成分是铜绿，化学式为Cu2(OH)nCO3，式中n等于A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】依据化合物中化合价代数和为0可知n＝2，答案选B。6.用于制造原子弹，该原子含有()A.质子数235 B.电子数92 C.中子数235 D.质量数是143【答案】B【解析】【详解】原子符号的左上角表示原子的质量数，左下角表示原子的质子数，质子数+中子数=质量数，原子序数=质子数=核电荷数=原子核外电子数，则的质量数为235，质子数为92，核外电子数=质子数=92，中子数=质量数-质子数=235-92=143，依据以上分析，答案选B。7.下列选项中，表示IIA族某元素原子的原子结构示意图的是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】依据元素周期周期表的排布规律，将最外层电子数相同的原子排成一列；IIA族原子的核外电子结构中其最外层电子数为2，D符合题意；答案选D。8.下列关于硅及其化合物的说法正确的是()A.自然界中存在大量硅单质 B.硅酸盐广泛用于光纤通讯C.工艺师利用盐酸刻蚀石英制作艺术品 D.高纯硅是应用广泛的半导体材料【答案】D【解析】【详解】A．自然界中的硅大多以化合物的形式存在，故A错误；B．光纤的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，B错误；C．石英制品的主要成分是二氧化硅，盐酸不与二氧化硅反应，故不用盐酸刻蚀石英制作艺术品，C错误；D．硅位于金属与非金属的分界线，可用作半导体材料，D正确；答案选D。9.食品检验是保证食品平安的重要措施，下列不属于食品平安检测指标的是()A.淀粉的含量 B.二氧化硫的含量C.亚硝酸盐的含量 D.甲醛的含量【答案】A【解析】【详解】A、淀粉是多糖，为人体供应能量，不属于平安检测指标，故A不需检测；B、二氧化硫有毒，对人体有害，属于食品平安检测指标，故B需检测；C、亚硝酸钠虽然外观极像食盐，但它有致癌作用，对人体有害，属于食品平安检测指标，故C需检测；D、甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故D需检测。答案选A。【点睛】化学来源于生产生活，也必需服务于生产生活，所以与人类生产生活相关的化学学问也是重要的热点之一，学习理论学问要联系生产生活实际。10.下列各组原子序数表示的两种元素能够形成离子化合物的是()A.11与17 B.1与8 C.14与8 D.6与8【答案】A【解析】【详解】A．原子序数为11和17的元素分别为Na和Cl元素，形成的化合物NaCl为离子化合物，故A符合题意；B．原子序数为1和8的元素分别为H和O元素，形成的化合物H2O或H2O2均为为共价化合物，故B不符合题意；C．原子序数为14和8的元素分别为Si和O元素，形成的化合物SiO2为共价化合物，故C不符合题意；D．原子序数为6和8的元素分别为C和O元素，形成的化合物CO或CO2均为共价化合物，故D不符合题意；答案选A。11.下列有关说法，不正确的是()A.C2H6和C5H12属于同系物B.的一氯代物只有1种C.可以运用乙醇将碘水中的碘萃取出来D.包装食品的保鲜膜可以选用聚乙烯材质的保鲜膜【答案】C【解析】【详解】A．结构相像，类别相同，在分子组成上相差一个或多个CH2原子团的有机物互为同系物，C2H6和C5H12均属于烷烃，二者结构相像，分子组成上相差3个CH2原子团，属于同系物，故A正确；B．有机物中只有一种环境的氢原子，则其一氯代物只有1种，故B正确；C．碘水中的碘更易溶于乙醇，但乙醇与水互溶，二者不能分层，无法运用萃取分液分别，故C错误；D．聚乙烯无毒，且性质较为稳定，一般不与食品发生反应，则包装食品的保鲜膜可以选用聚乙烯材质的保鲜膜，聚氯乙烯有毒，不能运用聚氯乙烯材质的塑料做食品的保鲜膜，故D正确；答案选C。12.下列各组性质的比较中正确的是()A.酸性：H3PO4＞H2SO4 B.碱性：KOH＞NaOHC.稳定性：H2S＞H2O D.氧化性：Br2＞Cl2【答案】B【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右，非金属性依次增加，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，P、S元素属于同周期元素，原子序数P＜S，非金属性P＜S，则酸性：H3PO4＜H2SO4，故A错误；B．同主族元素，从上到下，金属性依次增加，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，K、Na元素属于同主族元素，原子序数K＞Na，金属性K＞Na，则碱性：KOH＞NaOH，故B正确；C．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，非金属性越弱，其对应的氢化物越不稳定，O、S元素属于同主族元素，原子序数S＞O，非金属性O＞S，则氢化物的稳定性：H2O＞H2S，故C错误；D．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，非金属性越弱，其对应的单质的氧化性越弱，Cl、Br元素属于同主族元素，原子序数Br＞Cl，非金属性Cl＞Br，则氧化性：Cl2＞Br2，故D错误；答案为B。13.下列物质不属于高分子的是()A.三聚氰胺(分子式为C3H6N6) B.聚乙烯 C.淀粉 D.纤维素【答案】A【解析】【分析】高分子一般指相对分子质量高达一万到几百万的化合物。【详解】A．三聚氰胺的相对分子质量为126，为小分子化合物，A符合题意；B．聚乙烯，由小分子CH2=CH2经过加聚反应得到，其相对分子质量大于一万，高分子化合物，B不符合题意；C．淀粉是自然高分子化合物，表达式为(C6H10O5)n，其相对分子质量大于一万，C不符合题意；D．纤维素是自然高分子化合物，表达式为(C6H10O5)n，其相对分子质量大于一万，D不符合题意；答案选A。14.室温下单质碘为固体，单质氯为气体。尽管两者存在的状态不同，但两者（）A.均含离子键 B.都含离子键和共价键C.均含共价键 D.均可与H2形成离子化合物【答案】C【解析】【详解】单质碘、单质氯均为非金属单质，均为双原子分子，只含共价键，不含离子键，均可与H2化合形成共价化合物，不能与氢气形成离子化合物。综上所述，C选项符合题意，故选C。15.《黄帝内经》说:“五谷为养，五果为助，五为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、蛋白质、油脂等养分物质。下列说法不正确的是()A.淀粉水解的最终产物为葡萄糖B.葡萄糖与新制氢氧化铜反应时表现还原性C.自然油脂没有固定的熔、沸点D.淀粉和纤维素互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．淀粉水解最终产物为单糖，即葡萄糖，故A正确，不选；B．-CHO能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜，葡萄糖中含有醛基，所以能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜，体现还原性，故B正确，不选；C．自然油脂为混合物，没有固定的熔、沸点，故C正确，不选；D．淀粉和纤维素的分子式均可表示为(C6H10O5)n，但聚合度n不同，所以分子式不同，不是同分异构体，故D错误，符合题意；答案为D。16.铝与过量的稀盐酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成的氢气总量，可以实行的措施是（）A.降低温度 B.加入适量的水C.加入少量CuSO4溶液 D.加入浓度较大的盐酸【答案】D【解析】【详解】A．降低温度，化学反应速率减缓，故A不行以实行；B．加水稀释，浓度降低，反应速率减缓，故B不行以实行；C．铝把铜置换出来，形成原电池，虽然加快反应速率，但消耗铝的量，氢气总量削减，故C不行以实行；D．盐酸的浓度增大，反应速率加快，铝的量不变，氢气的量不变，故D可以实行。本题选D。。17.对于第三周期从左到右的主族元素，下列说法中不正确的是：A.原子半径渐渐减小 B.电子层数渐渐增多C.最高正化合价渐渐增大 D.元素的非金属性渐渐增加【答案】B【解析】【分析】【详解】A、第三周期从左到右的主族元素，原子半径渐渐减小，A正确；B、第三周期从左到右的主族元素，电子层数一样多，都是3层，B错误；C、第三周期从左到右的主族元素，最高正化合价渐渐增大，C正确；D、第三周期从左到右的主族元素，元素的非金属性渐渐增加，D正确，答案选B。18.下列说法不正确的是()A.化学反应中肯定伴随能量变更B.S在纯氧中燃烧是将全部化学能转化为热能C.物质所含化学键键能越大，其越稳定D.放热反应有时须要加热才能发生【答案】B【解析】【详解】A．化学变更是旧键断裂和新键的形成过程，断键吸热，成键放热，所以物质发生化学反应都伴随着能量变更，故A说法正确；B．S在纯氧中燃烧时产生热和光，将化学能转化为热能和光能，故B说法错误；C．物质所含化学键键能越大，化学键越稳定，则物质越稳定，故C说法正确；D．反应是放热反应还是吸热反应与反应条件无关，只与反应物和生成物总能量的相对大小有关，故D说法正确；答案为B。19.在肯定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)，下列说法中，能说明这一反应已经达到化学反应限度的是A.正、逆反应速率都等于零 B.HI、H2、I2的浓度相等C.HI、H2、I2在容器中共存 D.HI、H2、I2的浓度均不再变更【答案】D【解析】【分析】在肯定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变更的状态，称为化学平衡状态。【详解】A．平衡时正、逆反应速率相等，但不等于零，A错误；B．平衡时HI、H2、I2的浓度不再发生变更，但不肯定相等，B错误；C．没有得到平衡时HI、H2、I2在容器中也同时共存，C错误；D．HI、H2、I2的浓度均不再变更时，说明反应达到平衡状态，D正确；答案选D。20.陶瓷家族中有“全能冠军”之称的工程陶瓷由氮元素与X元素组成，其化学式为X3N4。已知X为第三周期元素且原子最外层有4个电子，则X元素为（）A.C B.Al C.O D.Si【答案】D【解析】【详解】X为第三周期元素且原子最外层有4个电子，这说明X位于第三周期第ⅣA族，则X元素为Si，答案选D。二、选择题：共5小题，每小题3分，每小题列出的四个选项中，只有一项最符合题意。21.已知某有机物的结构如图所示，有关推断不正确的是()A.该有机物分子式为C5H8O5B.1mol该有机物可以消耗2molNaOHC.该有机物能使紫色石蕊变红D.该有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．将有机物的键线式转化为分子式，其分子式为C5H6O5，A错误，符合题意；B．该物质中的分子中含有2个－COOH，其可以NaOH反应，因此1mol该有机物可以消耗2molNaOH，B正确，不选；C．该物质含有羧基，具有酸性，能够使石蕊试液变红，C正确，不选；D．该有机物含有碳碳双键、且含有羟基(与其相连的C原子上有H原子)，均能够被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，D正确，不选；答案选A。22.铜—锌原电池如图所示，电解质溶液为硫酸铜溶液。下列说法错误是()A.锌电极为负极，发生还原反应B.电子从锌电极经过导线流向铜电极C.铜电极上的反应为Cu2＋＋2e-＝CuD.溶液中的阳离子向铜电极移动【答案】A【解析】【详解】A．该电池是原电池，锌比铜活泼，锌电极为负极，发生氧化反应，A错误；B．电子从负极经过导线流向正极，则电子从锌电极经过导线流向铜电极，B正确；C．铜电极为正极，发生还原反应：Cu2＋＋2e-＝Cu，C正确；D．负极有阳离子产生，故阳离子向正极移动，D正确；答案选A。23.设阿伏加德罗常数为NA,下列说法中正确的是（Mg-24H-1O-16）A.18gH2O含有的电子数8NAB.常温常压下，1L0.2mol/LMgCl2溶液中含Cl-数为0.2NAC.常温常压下，22.4L的氧气中含氧原子数为2NAD.2.4g的Mg粉与足量的盐酸反应失去电子数为0.2NA【答案】D【解析】【分析】

【详解】A.18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol电子，含有的电子数10NA，故A错误；B.1L0.2mol/LMgCl2溶液中含有0.2mol氯化镁，0.2mol氯化镁中含有0.4mol氯离子，含Cl-数为0.4NA，故B错误；C.常温常压下，Vm≠22.4L/mol，无法计算氧气的物质的量，故C错误；D.2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁与足量盐酸反应生成0.1mol氢气，失去0.2mol电子，反应失去电子数为0.2NA，故D正确；故选D。24.在密闭容器中有如下反应：X2(g)＋Y2(g)⇌2Z(g)。已知：X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.2mol·L-1，在肯定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度(单位mol·L-1)可能是()A.X2为0.2 B.Y2为0.2 C.Z为0.3 D.Z为0.4【答案】C【解析】【分析】可逆反应有肯定的限度，反应物不行能完全转化为生成物，生成物也不行能完全转化为反应物。【详解】已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，若将Z完全转化为反应物，由X2(g)+Y2(g)⇌2Z(g)可知，生成的X2和Y2均为0.1mol/L，则到达平衡后c(X2)＜0.2mol/L，c(Y2)＜0.4mol/L；若将X2完全转化为Z，由X2(g)+Y2(g)⇌2Z(g)可知，则可生成Z0.2mol，则达到平衡后c(Z)＜0.4mol/L，消耗Y2小于0.1mol/L，则c(Y2)＞0.2mol/L，综合所述，Z可能为0.3mol/L，答案为C。25.有一粗铝合金含硅和铁两种杂质，取等质量粗铝分别与足量的稀HCl和足量的NaOH溶液反应，放出等量的H2，则该合金中硅和铁的关系为()A.物质的量之比为1:3 B.质量之比为1:3C.物质的量之比为1:2 D.质量之比为1:2【答案】C【解析】【分析】粗铝条投入盐酸中发生反应2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，盐酸足量，Fe、Al完全反应；粗铝条投入氢氧化钠溶液中发生反应Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由于氢氧化钠溶液足量，Al、Si完全反应，由方程式可知，相同物质的量的Al与盐酸、氢氧化钠溶液溶液产生的氢气的物质的量相等，两过程产生的氢气的物质的量相等，则Fe与盐酸反应产生的氢气等于Si与氢氧化钠溶液反应生成的氢气，结合方程式计算推断。【详解】由反应2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，相同物质的量的Al与盐酸、氢氧化钠溶液溶液反应产生的氢气的物质的量相等，等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液中，充分反应后都放出等量的氢气，反应Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑中生成的氢气相同，若都生成2molH2，则n(Fe)=2mol，n(Si)=1mol则Si与Fe的物质的量之比为n(Si)：n(Fe)=1：2，质量之比为m(Si)：m(Fe)=1mol×28g/mol：2mol×56g/mol=1：4，故C正确；答案为C。其次部分(非选择题，共45分)三、非选择题：本大题包括4小题，共45分。26.下表为元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA一①二②③④三⑤⑥⑦⑧⑨⑩(1)欲除去⑥中的杂质⑦，用离子方程式表示除杂过程_________；反应后的分别提纯方法是___________。(2)10种元素中，最外层电子数比次外层电子数多的元素有________种(填数字)；②③④中非金属性最强的元素为________(写元素符号)。(3)⑤⑥⑦的最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是___________(填化学式)。(4)⑩单质可制得漂白粉，漂白粉的有效成分是_____(填化学式)，它属于___________(填“共价化合物”或“离子化合物”)。(5)①④两种元素的原子能形成原子数目比为2：1的共价化合物，它的电子式为___________。(6)欲比较④和⑨两种元素的非金属性强弱，其简洁试验方案可以是__________。【答案】(1).2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑(2).过滤(3).3(4).O(5).NaOH(6).Ca(ClO)2(7).离子化合物(8).(9).将氧气通入氢硫酸溶液中，一段时间后，若出现淡黄色沉淀，则说明非金属性：氧大于硫【解析】【分析】依据表格信息可知，①是H；②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Mg，⑦是Al，⑧是P，⑨是S，⑩是Cl，据此解答。【详解】（1）要除去镁中的铝，可用强碱溶液，铝是两性物质，可溶于强碱，发生的离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；采纳过滤得方法，得到的滤渣是镁；（2）最外层电子数比次外层电子数多的元素位于其次周期，该10种元素中C、N、O符合题意，故有3种；②③④位于同周期，月靠右，非金属性越强，故非金属性最强的元素为O；（3）⑤⑥⑦位于同周期，越靠近左侧金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性最强的是NaOH；（4）漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；属于离子化合物；（5）①④两种元素的原子能形成原子数目比为2：1的共价化合物是水，其电子式为：；（6）非金属性强的元素形成的单质可从化合物中置换出较弱元素对应的单质，故验证O和S的非金属性可设计试验：将氧气通入氢硫酸溶液中，一段时间后，若出现淡黄色沉淀，则说明非金属性：氧大于硫。27.某温度时在2L容器中X、Y、Z三种气物质的物质的量(n)随时间(t)变更的曲线如图所示，由图中数据分析：(1)0-2分钟期间X的平均反应速率＝______mol/(L·min)。(2)该反应达到平衡时，X的转化率为__________。(3)该反应的化学方程式为__________。(4)在密闭容器里，通入amolX(g)和bmolY(g)，发生上述反应，当变更下列条件时，反应速率可能会发生什么变更(选填“增大”、“减小”或“不变”)？①降低温度___________；②恒容通入氦气___________；③运用合适的催化剂___________【答案】(1).0.075(2).30%(3).3X+Y⇌2Z(4).减小(5).不变(6).增大或减小【解析】【详解】(1)0－2min期间，x的物质的量从1mol降低到0.7mol，则x的平均反应速率；(2)反应从起先到平衡时，x的物质的量从1mol降低到0.7mol，则x的转化率；(3)在一化学反应中，各物质的物质的量的变更量之比等于化学计量数之比。从图表可知，△n(X):△n(Y):△n(Z)=0.3mol:0.1mol:0.2mol=3:1:2，化学方程式为3X+Y⇌2Z；(4)①降低温度，分子能量降低，活化分子数减小，活化分子百分数减小，有效碰撞几率降低，化学反应速率减小；②恒容条件下,通入氦气，各反应物的浓度不变，有效碰撞几率不变，化学反应速率不变；③催化剂多数都是加快反应速率，也有少部分是减慢反应速率的，因此运用合适的催化剂化学反应速率可能增大或减小。28.已知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，现以A为主要原料合成一种具有果香味的乙酸乙酯D，其合成路途如图所示。请回答下列问题：(1)A的名称为___________，B、C分子中官能团名称是___________、___________。(2)E是一种常见的塑料，其结构简式为_______。(3)肯定条件下，用1molB和1molC充分反应，生成的D____1mol(填＞、＜或＝)。(4)写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型：①__________，_________；④__________，_________。【答案】(1).乙烯(2).羟基(3).羧基(4).(5).＜(6).CH2=CH2+H2OCH3CH2OH(7).加成反应(8).CH3CH2OH+CH3COOHCH3CH2OOCCH3+H2O(9).取代(酯化)反应【解析】【分析】依据图示及题干信息可知，B是乙醇，A是乙烯，C是乙酸，D是乙酸乙酯，据此解答。【详解】(1)A是乙烯；B是乙醇，含官能团：羟基；C是乙酸，含官能团：羧基；(2)E是乙烯发生加聚反应的产物：聚乙烯，其结构简式为：；(3)乙醇和乙酸生成乙酸乙酯是可逆反应，不能完全转化，故肯定条件下，用1molB和1molC充分反应，生成的D＜1mol；(4)反应①是乙烯和水发生加成反应，生成乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；反应④是乙醇