四川省绵阳南山中学2023届高三化学下学期热身考试试题（Word版附解析）

绵阳南山中学2023年高考热身考试理综化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Cu-64第I卷(126分)一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学让生活更美好。下列选项中围绕科技新闻的相关阐述错误的是选项科技新闻相关阐述A以芝麻壳为原料，制备高性能超级电容器芝麻壳的主要成分是油脂B通过光热效应，将香蕉皮分解为多孔碳和氢气天然生物质转化为新能源，实现废物利用CC60在一定条件下能转化为导电的非晶态碳玻璃碳玻璃与C60互为同素异形体D用紫外线作能源，将废弃聚苯乙烯塑料转化为更有价值的产品聚苯乙烯属于有机合成高分子A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．芝麻壳的主要成分为纤维素而不是油脂，A错误；B．通过光热效应，将香蕉皮分解为多孔碳和氢气，可将天然生物质转化为新能源，实现废物利用，B正确；C．碳玻璃和C60都是碳的单质，两者互为同素异形体，C正确；D．聚苯乙烯由苯乙烯加聚得到，属于有机合成高分子，D正确；故答案选A。2.利用电催化实现CO2到C2H5OH的转化，反应原理：6H2+2CO2C2H5OH+3H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.11.2LCO2中含分子的数目为0.5NAB.23gC2H5OH中含共价键的数目为4NAC.生成1molC2H5OH转移电子的数目为8NA D.4gH2与4gD2所含中子的数目相差NA【答案】B【解析】【详解】A．没有明确否是标准状况，所以无法通过体积求出二氧化碳所含分子数目，A错误；B．C2H5OH的结构式为，则23gC2H5OH中含共价键的数目为=4NA，B正确；C．根据上述方程式可知，生成1molC2H5OH，转移的电子数为=12NA，C错误；D．H2无中子，4gD2的中子数为=2NA，所以4gH2与4gD2所含中子的数目相差2NA，D错误；故选B。3.下列方程式与所给事实不相符的是A.向饱和食盐水中依次通入过量NH3、CO2：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4ClB.切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：2Na+O2=Na2O2C.向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，生成黑色沉淀：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑D.电解饱和食盐水，两极(碳棒)均产生气体：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑【答案】B【解析】【详解】A．向饱和食盐水中依次通入过量NH3、CO2即产生NaHCO3沉淀和NH4Cl，反应原理为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，A不合题意；B．Na与O2在常温下生成Na2O，故切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗，反应原理为：4Na+O2=2Na2O，B符合题意；C．HS-电离出S2-与Cu2+结合生成难溶于水和酸的CuS沉淀，故向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，生成黑色沉淀。该反应的离子方程式为：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑，C不合题意；D．电解饱和食盐水，两极(碳棒)均产生气体，该反应的反应方程式为2NaCl-+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，故离子方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，D不合题意；故答案为：B。4.下列实验操作、现象及结论均正确的是选项操作现象．结论A向红热的铁粉与水蒸气反应后的固体中加入稀硫酸酸化，再滴入几滴KSCN溶液溶液未变红说明铁粉与水蒸气未反应B向0.01mol/LFeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体溶液颜色加深Fe3+水解程度增大C相同温度下，用pH计分别测定0.010mol/LHF溶液和0.010mol/LCH3COOH溶液的pHHF溶液pH更小电离常数：HF<CH3COOHD将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中铜丝表面由黑色变为红色乙醇具有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．溶液未变红的可能原因是铁粉和水蒸气反应生成，与硫酸反应生成的与过量的铁粉反应生成，A错误；B．向0.01mol/LFeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，FeCl3溶液浓度升高，由越稀越水解可知Fe3+水解程度减小，B错误；C．相同温度下，用pH计分别测定0.010mol/LHF溶液和0.010mol/LCH3COOH溶液的pH，HF溶液pH更小，说明HF溶液酸性更强，故电离常数：HF＞CH3COOH，C错误；D．铜丝变黑说明产生氧化铜，灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中变红，说明氧化铜被还原为红色的铜，说明乙醇具有还原性，D正确。故选D。5.布洛芬(M)是一种解热镇痛药，其结构如图。下列关于M的说法错误的是 A.M的分子中含有三个-CH3基团B.M能发生氧化、加成、取代反应C.1molM最多可与4molH2发生加成反应D.M分子中所有碳原子不能同时共面【答案】C【解析】【详解】A．布洛芬(M)分子中与-COOH相连的碳原子上连有1个-CH3，对位上连有2个-CH3，共有3个-CH3基团，故A正确；B．布洛芬(M)分子中含有H原子，能够燃烧，可以发生氧化反应；含有苯环，能与H2发生加成反应；含有羧基，可以发生取代反应，如酯化反应，分子中烃基也可以发生取代反应，故B正确；C．布洛芬(M)分子中只有苯环能和H2发生加成反应，且苯环和氢气以1：3反应，所以1molM最多可与3molH2发生加成反应，故C错误；D．布洛芬(M)分子中连有2个-CH3的碳原子是饱和碳原子，具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，所以M分子中所有碳原子不能同时共面，故D正确；故选C。6.W、X、Y、Z为原子序数逐渐增大的四种短周期主族元素，工业上，W的单质可用作焊接金属的保护气；常温下，四种元素的最高价氧化物对应的水化物溶于水，其浓度均为0.01mol·L-1时，X的pH=12，W和Z的pH=2，Y的pH<2，下列说法错误的是A.化合物X2Y2一定含离子键B.W在自然界既有游离态又有化合态C.WZ3中的原子均满足8e-稳定结构D.W、Y和Z的简单氯化物均属于酸【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数逐渐增大的四种短周期主族元素，工业上，W的单质可用作焊接金属的保护气，WZ最高价氧化物对应的水化物形成的酸，其浓度均为0.01mol·L-1时，W和Z的pH=2，则均为一 元强酸，W为氮、Z为氯；常温下，四种元素的最高价氧化物对应的水化物溶于水，其浓度均为0.01mol·L-1时，X的pH=12，X为钠；Y的pH<2，Y为二元强酸，Y为硫；【详解】A．化合物Na2S2类似于Na2O2，一定含离子键，A正确；B．W在自然界既有氮气的氮元素游离态又有含氮化合物的氮的化合态，B正确；C．NCl3中的原子均满足8e-稳定结构，C正确；D．氨气的水溶液显碱性，D错误；故选D。7.电化学合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点，利用下图所示装置可合成己二腈[NC(CH2)4CN]。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H+和OH-向两极移动。下列说法错误的是A.N极的电势低于M极的电势B.放电时，双极膜中OH-向N极移动C.若充电时制得1molNC(CH2)4CN，则放电时需生成1molO2，才能使左室溶液恢复至初始状态D.充电时，阴极的电极反应式为：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN【答案】C【解析】【分析】放电时生成O2，结合图可知，N极的水失去电子发生氧化反应生成氧气，N为负极，M为正极；充电时N为阴极、M为阳极；【详解】A．由分析可知，放电时N为负极、M为正极，充电时N为阴极、M为阳极，N极的电势低于M极的电势，A正确；B．原电池中阴离子向负极迁移，故放电时，双极膜中OH-向N极移动，B正确；C．充电时生成己二腈，则阴极反应为CH2=CHCN得到电子发生还原反应生成己二腈：2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，放电时水失去电子发生氧化反应生成氧气，；根据电子守恒可知，，若充电时制得1molNC(CH2)4CN，则放电时需生成0.5molO2，才能使 左室溶液恢复至初始状态，C错误；D．由C分析可知，D正确；故选C。第II卷(174分)三、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分，第22-32为必考题，每个试题考生都必须做答。第33-38题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题：共129分。8.过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种易溶于水，易分解的强氧化剂、消毒剂。它的一种“常温结晶”制备方法的原理为：2Na2CO3(s)+3H2O2(1)=2Na2CO3·3H2O2(s)ΔH<0，实验装置如图所示(夹持装置略去)。已知：以活性氧质量分数[ω(活性氧)=100%]来衡量过碳酸钠产品的优劣。实验步骤：i．称取一定量无水碳酸钠，置于烧杯中，加蒸馏水溶解，将溶液转移到三颈烧瓶内，加入稳定剂，搅拌混匀。ii．控制温度为25°C(常温)，边搅拌边向三颈烧瓶中缓慢滴加30%的H2O2溶液。iii．再向三颈烧瓶中加入一定量的无水乙醇，反应一段时间。iv．静置、真空抽滤、干燥得粗产品，冷却称重。回答下列问题：（1）实验过程中产生的气体副产物是_____(填化学式)，装置中玻璃导管的作用是_____________。（2）步骤ii中，可采取的控温措施是________。滴加H2O2溶液速度不能太快，原因是_______。（3）步骤iii中，加入乙醇的目的是_________。反应时间与产率、活性氧质量分数(ω)的关系如图所示，最适宜的反应时间为____min左右。 （4）下列关于过碳酸钠说法不正确的是_____(填字母标号)A.应与易燃或可燃物等分开存放B.过碳酸钠的消毒原理与漂粉精相似C.储存于干燥洁净、不通风的仓库内D.过碳酸钠不慎溅入眼睛应用流动清水或生理盐水冲洗后就医（5）现将0.50g粗产品(杂质不参与反应)置于锥形瓶中，加水溶解，再加入足量稀H2SO4，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液15.00mL，则粗产品中活性氧质量分数是____。【答案】（1）①.O2②.平衡气压，使得液体顺利滴下（2）①.冰水浴②.该反应为放热反应，加入H2O2溶液速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解（3）①.降低2Na2CO3·3H2O2溶解度，使得2Na2CO3·3H2O2结晶析出②.60（4）C（5）12%【解析】【分析】将碳酸钠溶液转移到三颈烧瓶内，加入稳定剂，搅拌混匀，控制温度为25°C(常温)，边搅拌边向三颈烧瓶中缓慢滴加30%的H2O2溶液可得目标产物，但该反应为放热反应，需要缓慢滴加H2O2溶液并水浴加热，为确保H2O2溶液顺利滴加需要使装置接通空气平衡装置内气压，产物过碳酸钠易溶于水，可通过无水乙醇降低过碳酸钠的溶解度便于析出晶体。【小问1详解】实验过程中H2O2溶液可能会分解产生氧气，装置中玻璃导管的作用是平衡气压，使得液体顺利滴下。【小问2详解】步骤ii中，可采取的控温措施是冰水浴，由于该反应为放热反应，加入H2O2溶液速度过快会导致大量放热，造成过氧化氢的分解，故需要缓慢加入H2O2溶液。小问3详解】产物过碳酸钠易溶于水，可通过无水乙醇降低过碳酸钠的溶解度便于析出晶体。当反应时间为60min，产 率最高，活性氧质量分数(ω)相对而言较高，时间超过60min时，活性氧质量分数(ω)虽有增加但增幅不大。【小问4详解】过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种易分解的强氧化剂、消毒剂，需要通风保存，C错误。【小问5详解】KMnO4标准溶液滴定的化学方程式为，故，则粗产品中活性氧质量分数是。9.为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池，已成为当前行业急需解决的问题。一种废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工艺流程如图所示。已知：常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。回答下列问题：（1）将电池粉碎前应先放电，放电目的是________________。拆解后的正极片用NaOH溶液浸泡，目的是____________。（2）正极粉料中加入硫酸酸化的双氧水，其中双氧水的作用是_______。生成FePO4的离子方程式为__________。（3）“沉铁沉磷”时，当溶液pH从1.0增大到2.5时，沉铁沉磷率会逐渐增大，但pH超过2.5以后，沉磷率又逐渐减小。从平衡移动的角度解释沉磷率减小的原因是____________。（4）向“含锂溶液2”中所加的Na3PO4溶液可通过向流程中的_____(填化学式)中加入NaOH溶液制得。（5）检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是__________。【答案】（1）①.释放残余的能量，避免造成安全隐患②.去除铝杂质（2）①.将Fe2+氧化成Fe3+②.2LiFePO4+H2O2+2H+=2Li++2FePO4+2H2O（3）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率 （4）FePO4（5）取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量盐酸，再加氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净【解析】【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料拆解后加入氢氧化钠，将铝转化为溶液，过滤滤渣加入硫酸、过氧化氢将二价铁转化为三价铁生成磷酸铁，含锂溶液1加入氢氧化钠除去铁，含锂溶液2加入磷酸钠得到磷酸锂，水洗后得到高纯度磷酸锂。【小问1详解】电池是将化学能转化为电能的装置，将电池粉碎前应先放电，放电的目的是释放残余的能量，避免造成安全隐患。正极材料中铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，拆解后的正极片用NaOH溶液浸泡，目的是去除铝杂质；【小问2详解】过氧化氢具有强氧化性，能将将Fe2+氧化成Fe3+；反应中铁的化合价由+2变为+3，过氧化氢中氧元素化合价由-1变为-2，根据电子守恒、质量守恒可知，反应为：2LiFePO4+H2O2+2H+=2Li++2FePO4+2H2O；【小问3详解】铁离子会和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀；pH>2.5后，溶液碱性增强，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率；【小问4详解】FePO4中铁为+3价，和氢氧化钠溶液反应发生复分解反应生成氢氧化铁和Na3PO4溶液，故可通过向流程中的FePO4中加入NaOH溶液制得。【小问5详解】洗涤液中硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量盐酸，再加氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。10.CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。I、工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化： （1）液相中，合成尿素的热化学方程式为2NH3(1)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(1)ΔH=_____kJ/mol。（2）在恒容密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH<0。下列说法错误的是A.反应在任何温度下都能自发进行B.增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大C.当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态D.充入He，压强增大，平衡向正反应移动Ⅱ．由CO2与H2制备甲醇是当今研究的热点之一。（3）在一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2和ymolH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=-50kJ·mol-1①若x=1、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图1所示，点a_____填“是”或“否”)达到平衡。T2时，若起始压强为10atm，Kp=_____atm-2(结果保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。②已知速率方程v正=k正c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度影响，图2表示速率常数k正、k逆的对数lgk与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图1中a点、c点的速率常数，其中点_____(填A或B或D或E)表示c点的lgk逆。 （4）我国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，可有效解决温室效应及能源问题，总反应为CO2+NaClCO+NaClO(忽略气体在溶液中的溶解及溶液的体积变化)。电极Ⅱ的电极反应式为_______。电解结束后，电极Ⅱ所在电极室溶液pH___________(填“变大”或“变小”)【答案】（1）-93.7（2）AD（3）①.否②.2.4③.A（4）①.Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+②.变大【解析】【小问1详解】观察所给二氧化碳与氨气反应合成尿素的转化图示可知，根据盖斯定律，反应2NH3(l)+CO2(l)=NH2COONH4(l)，NH2COONH(l)=H2O(l)+NH2CONH2(l)相加得合成尿素的热化学方程式为2NH3(1)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(1)，△H=AH1+△H2=-109.2kJ/mol+15.5kJ/mol=-93.7kJ/mol；【小问2详解】 A．该反应为熵减小的放热反应，根据判据H-TS<0，该反应在低温下能自发进行，选项A错误；B．增大二氧化碳的浓度平衡向正反，应方向移动,氨气的转化率增大，选项B正确；C．混合气体的密度等于，容器的体积不变，随着反应的进行，m(g)减小，密度减小，当密度不变时，说明反应达到平衡状态，选项C正确；D．在恒容密闭容器中充人氦气,压强增大，但反应体系中氨气、二氧化碳、H2O(g)的浓度均不变，平衡不移动，选项D错误；答案选AD；【小问3详解】①根据图1可知，b点刚好平衡，b点所在的曲线在不同温度下达平衡，a点在相同温度下氢气的转化率低于平衡点，还没有达平衡；根据b点列三段式如下：平衡时各气体的总物质的量为2.4mol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则，平衡时总压p=6atm，平衡分压p(CO2)==0.5atm，p(H2)=.5atm，p(CH3OH)=p(H2O)=2atm，平衡常数Kp===2.4arm-2;②达平衡时，v正=v逆，K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lgk逆越大，即点A表示c点的lgk逆；【小问4详解】电极总反应为CO2+NaClCO+NaClO，由图可知，碳元素价态降低得电子，故电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，阳极电极反应式为Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+；由电解总反应可知，电极Ⅱ所在电极室NaCl(中性)生成NaClO(水解显碱性)，pH变大。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分) 11.CuO、Cu2S等含铜化合物可以催化合成HCOOH。回答下列问题：（1）基态铜原子的价电子排布式为___________，其核外电子占据的原子轨道共有___________个。（2）HCOOH中元素电负性从大到小的顺序为___________；催化过程中可能产生，的空间构型为___________，碳氧键的平均键长比CH3OH要___________(填“长”或“短”)；在有机溶剂中，H2SO4的电离平衡常数Ka1(H2SO4)比H2CO3的电离平衡常数Ka1(H2CO3)大，除S的非金属性比C强外，在分子结构上还存在的原因是___________。（3）已知Cu2S晶胞中S2-的位置如图所示，Cu+位于S2-所构成的正四面体中心。S2-配位数为___________；已知图中A处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，则晶胞中与A距离最近的Cu+的原子分数坐标为___________；若晶胞参数anm，晶体的密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值为___________(用含a和d的式子表示)。【答案】（1）①.3d104s1②.15（2）①.O>C>H②.平面三角形③.短④.H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强（3）①.8②.(，，)③.【解析】【小问1详解】Cu为29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故其价电子排布式为3d104s1，其核外电子占据的原子轨道数为1+1+3+1+3+5+1=15，故答案为：3d104s1；15。【小问2详解】元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、O电负性从大到小的顺序为O>C>H；的中心原子的价层电子对数=键数+孤电子对数=3+0=3，则C为sp3杂化，三个O原子分别位于杂化轨道的伸展方向上，所以的空间构型为平面三角形；由于有大键，所以中C-O键长较短；H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，非羟基氧越多，吸引电子能力越强，H-O的电子云密度（电子出现概率）越小，H越易电离，其酸性越强，故答案为：O>C>H；平面三角形；短；H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强。 【小问3详解】在Cu2S晶胞中，四面体中心共有8个，每个四面体中心均分布着一个Cu+，每个S2-周围有8个Cu+，故S2-配位数为8；图中A处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，A与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，与A距离最近的Cu+位于此正四面体的中心，则Cu+的原子分数坐标为(，，)；晶胞的体积为(a10-7)3cm3，每个晶胞的质量为，则d=，则mol-1，只涉及数值，省略单位mol-1，其数值为，故答案为：8；(，，)；。12.3，4-二羟基肉桂酸乙酯()具有治疗自身免疫性疾病潜力。由气体A制备3，4-二羟基肉桂酸乙酯(1)的合成路线如图：已知：回答下列问题：（1）已知气体A对氢气的相对密度为14，A的化学名称是___________。（2）B中含有的官能团的名称为_______。（3）D的结构简式为________________________。（4）E→F的反应类型是______________，化学上把连有四个不同基团的碳原子称为手性碳，E中含有_____个手性碳。（5）G→H第①步化学反应方程式为__________________。（6）芳香族化合物X是H同分异构体，1molX与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2，符合条件的X有____种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为____(任写出一种)。 【答案】（1）乙烯（2）羟基（3）（4）①.消去反应②.1（5）（6）①.10②.或【解析】【分析】气体A对氢气的相对密度为14，则A的相对分子质量是14×2＝28，A和水发生加成反应生成B，根据B的分子式知，A为CH2＝CH2，B为CH3CH2OH，C和D发生信息中的反应生成E，根据E的结构简式知，B发生催化氧化生成的C为CH3CHO，D为；由H的结构可知，E发生消去反应生成F为，F发生银镜反应生成G为，G中氯原子水解引入羟基生成H，H与乙醇发生酯化反应生成3，4﹣二羟基肉桂酸乙酯。据此回答问题。【小问1详解】根据分析可知，A为CH2＝CH2，A的化学名称是乙烯，故答案为：乙烯；【小问2详解】B的结构简式为CH3CH2OH，B中含有的官能团的名称为羟基，故答案为：羟基；小问3详解】由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】E→F的反应类型是消去反应，化学上把连有四个不同基团的碳原子称为手性碳，E中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以E中含有1个手性碳，故答案为：消去反应；1；【小问5详解】G→H的第①步化学反应方程式为， 故答案为：；【小问6详解】芳香族化合物X是H的同分异构体，1molX与足量NaHCO3溶液反应可生成2molCO2，说明X分子含有2个羧基，苯环有1个侧链为-CH(COOH)2，苯环有2个侧链为-COOH、-CH2COOH，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个侧链为-COOH、-COOH、-CH3，2个羧基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有2种、3种、1种，故符合条件的X共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为3：2：2：1的结构简式为或，