XX省六市聯考2023至2024學年高三上學期10月階段性考試（期中）化學試題附參考答案（解析）

河南省六市重點高中2024屆高三上學期10月調研考試化學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名，準考證號填寫在答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并收回。4.全卷滿分100分，考試時間90分鐘可能用到的相對原子質量：H：1C：12O：16Na：23S：32Co：59Cu：64Zn：65一、選擇題(本題共16小題，每小題3分，共計48分。在每小題列出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.創(chuàng)造美好生活離不開化學。下列說法正確的是A.鐵制防護欄涂油漆的主要目的是為了美觀B.維生素C作抗氧化劑是因為其不易與O2反應C.白醋清除水垢是因為乙酸的酸性比碳酸的強D.95％的酒精常用于對皮膚殺菌消毒【答案】C【解析】【詳解】A．鐵制防護欄涂油漆的主要目的是為了防止生銹不是美觀，A項錯誤；B．維生素C作抗氧化劑是因為其具有較強的還原性，B項錯誤；C．水垢的主要成分是碳酸鈣，白醋可以和碳酸鈣反應得到醋酸鈣，水和二氧化碳，則白醋清除水垢是因為乙酸的酸性比碳酸的強，C項正確；D．75％酒精常用于對皮膚殺菌消毒，D項錯誤；答案選C。2.“挖掘文物價值，講好中國故事”。下列有關文物的敘述錯誤的是A.“西漢銅朱雀銜環(huán)杯”制作材料是金屬合金B(yǎng).“北齊漢白玉(主要成分為CaCO3、MgCO3、SiO2)釋迦牟尼佛像”具有耐酸堿腐蝕性C.“北朝青釉仰覆蓮花尊”由黏土經化學變化制成D.古人書寫所用的竹簡主要成分是天然高分子【答案】B【解析】【詳解】A．青銅器為合金，屬于金屬材料，A正確；B．漢白玉中的CaCO3、MgCO3易被酸腐蝕，SiO2易被堿腐蝕，B錯誤；C．瓷器的燒制為化學變化，C正確；D．竹子中含有纖維素屬于天然高分子，D正確；故答案為：B。3.陳述1和陳述2均正確且二者有相關性的是選項陳述1陳述2A冰塊常作制冷劑斷裂氫氧鍵要吸收熱量B食鹽可用于調味和消毒NaCl是電解質C將濃硝酸保存于棕色試劑瓶并防止陰涼處HNO3是一元強酸D用NaClO溶液對環(huán)境消毒NaClO具有強氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．冰塊常作制冷劑是利用其融化時吸收大量的熱，該過程為物理過程不破壞化學鍵，故A錯誤；B．食鹽可用于調味和消毒是其有特殊咸味，能使細菌病毒的細胞脫水，從而有一定殺菌作用，與其是電解質無關，故B錯誤；C．濃硝酸保存于棕色試劑瓶并防止陰涼處是因為見光或受熱易分解，與其酸性無關，故C錯誤；D．NaClO具有強氧化性能使細菌病毒蛋白質氧化變性，從而起到消毒作用，故D正確；故選：D。4.下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.透明溶液中：Cu2＋、Fe3＋、、Br－B.乙醇溶液中：H＋、Al3＋、、C.濃氨水中：Na＋、Mg2＋、、Cl－D.新制氯水中；Fe2＋、、、【答案】A【解析】【詳解】A．該組離子彼此不發(fā)生反應，能大量共存，故A正確；B．具有強氧化性能氧化乙醇，不能大量共存，故B錯誤；C．Mg2＋與氨水反應生成氫氧化鎂沉淀，不能大量共存，故C錯誤；D．新制氯水含氯氣、HClO都具有強氧化性，能氧化Fe2＋，不能大量共存，故D錯誤；故選：A。5.NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.12.0gNaHSO4固體含陽離子數目為0.2NAB.6.0gD2氣體含中子數目為3NAC.標準狀況下，11.2LCH3Cl含極性鍵數目為0.5NAD.1molH2和2molI2(g)反應后氣體分子總數小于3NA【答案】B【解析】【詳解】A．NaHSO4由鈉離子和硫酸氫根離子構成，其中的陽離子只有鈉離子，NaHSO4的物質的量為0.1mol，因此，其中只含有0.1NA個陽離子，A錯誤；B．D2的摩爾質量為4g/mol，1個D2氣體中含2個中子，則6.0gD2氣體即1.5mol，含中子數目為3NA，故B正確；C．1個CH3Cl中含4條極性鍵，則11.2LCH3Cl的物質的量為0.5mol，含極性鍵數目為2NA，C錯誤；D．H2和I2發(fā)生反應生成HI，反應前后氣體分子總數不變，則1molH2和2molI2(g)反應后氣體分子總數等于3NA，D錯誤；故選：B。6.下列操作能達到目的是A．制備氯氣B．吸收二氧化氮C．提純乙烯D．引發(fā)紅色噴泉A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應生成氯氣，A中缺少加熱裝置，故A錯誤；B．二氧化氮能被NaOH溶液吸收，且要防止倒吸，故B正確；C．乙烯也能與溴水發(fā)生反應，故C錯誤；D．酚酞與酸不顯紅色，故D錯誤；故選：B。7.一種MOF衍生的Zn／Co共摻雜MnO／C微球作為正極和Ti3C2／Zn作為負極的水系鋅離子電池工作原理如圖所示。已知：在金屬活動順序表中，錳、鋅、鈷的活動性依次減弱；電池效率等于正極上得到電子總數與負極上失去電子總數之比。下列敘述錯誤的是A.電勢：a電極>b電極B.放電時，電流由a極經外電路流向b極C.若用MnSO4溶液替代CoSO4溶液，該電池仍然能放電D.已知b極質量減輕13.0g時a極凈增8.26g，該電池效率為70％【答案】C【解析】【分析】由題中信息及圖示可知a為正極，b為負極，負極Zn失電子生成鋅離子，正極Co2+得電子生成Co，據此分析解答；【詳解】A．原電池中正極電勢高于負極電勢，a為正極，b為負極，則電勢：a電極>b電極，故A正確；B．放電時，電流由正極經導線流向負極，即由a電極經外電路流向b電極，故B正確；C．錳、鋅、鈷的活動性依次減弱，MnSO4溶液替代CoSO4溶液，則鋅與硫酸錳不能發(fā)生反應，電池不能繼續(xù)放電，故C錯誤；D．b極質量減輕13.0g則有13g鋅即0.2mol發(fā)生反應：，則失電子數為0.4mol；a極凈增8.26g，生成的Co的物質的量為：0.14mol；結合a極反應：，正極得電子數為0.28mol，該電池效率為，故D正確；故選：C。8.“固碳”是環(huán)境科學研究的熱點課題。最近，日本東京工業(yè)大學的巖澤伸治(IwasawaNobuharu)教授課題組開發(fā)光催化劑實現CO2、H2和苯乙烯類氫羧化反應。轉化關系如圖所示。下列敘述正確的是A.反應(1)和反應(2)中C元素只被還原 B.甲分子中所有原子一定共平面C.與乙互為同分異構體 D.乙能發(fā)生取代反應、加成反應、加聚反應【答案】C【解析】【詳解】A．反應(1)CO2轉化為CO，C元素的化合價降低，C被還原，反應(2)中，甲中C元素轉化為乙時平均價態(tài)升高，C被氧化，CO中的C轉化為乙時，C元素化合價降低，C被還原，故A錯誤；B．甲中苯環(huán)為平面結構，碳碳雙鍵為平面結構，兩平面通過單鍵相連，可能重合也可能不重合，故B錯誤；C．該結構與乙分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故C正確；D．乙不含碳碳雙鍵或碳碳三鍵，不能發(fā)生加聚反應，故D錯誤；故選：C。9.在體積均為2L的恒溫恒容密閉容器1、2中，同時充入1molCl2(g)和1molPCl3(g)，初始反應溫度不同的條件下發(fā)生反應：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)。下列敘述錯誤的是A.平衡時壓強：容器1>容器2 B.初始反應溫度：容器1>容器2C.容器1中0～3min內v(PCl3)=0.2mol·L－1·min－1 D.容器2中達到平衡時PCl5產率為80％【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知容器1中，3min、5minPCl5(g)的物質的量相等，說明反應3min時已達到平衡狀態(tài)，而容器2中，4min時反應達到平衡狀態(tài)，平衡時，容器1中生成的PCl5(g)少于容器2，則結合反應可知，最終容器1中氣體的總量大于容器2，而氣體的物質的量之比等于體系內壓強之比，則壓強：容器1>容器2，故A正確；B．由圖可知容器1中反應在3min達到平衡狀態(tài)，可知容器1中反應速率較快，則溫度：容器1>容器2，故B正確；C．容器1中0～3min內v(PCl5)=mol·L－1·min－1，再根據速率之比等于化學計量數之比，可得v(PCl3)=v(PCl5)=0.1mol·L－1·min－1，故C錯誤；D．1molCl2(g)和1molPCl3(g)充分反應，理論上生成1molPCl5，而容器2平衡時生成0.8molPCl5，容器2中達到平衡時PCl5產率為80%，故D正確；故選：C。10.海洋碳循環(huán)在整個地球氣候系統(tǒng)中占具重要地位。下列敘述錯誤的是A.日本將核污染水排入海洋不會影響海洋碳循環(huán)B.大氣中CO2濃度上升導致海洋酸化，海洋吸收CO2的能力減弱C.溫室效應導致的海表溫度上升，會減少海洋對CO2的吸收D.該循環(huán)涉及反應CO2＋H2O＋CaCO3=Ca(HCO3)2【答案】A【解析】【詳解】A．核污染水排入海洋其中所含的放射性物質會影響浮游動物的生存，結合碳循環(huán)示意圖可知，最終影響碳循環(huán)，故A錯誤；B．大氣中CO2濃度上升導致海洋酸化，使海表反應平衡正向移動，增大了海水中HCO濃度，使海洋吸收CO2的能力減弱，故B正確；C．溫室效應導致的海表溫度上升，溫度升高不利于二氧化碳的溶解吸收，故C正確；D．由圖可知該循環(huán)涉及反應CO2＋H2O＋CaCO3=Ca(HCO3)2，故D正確；故選：A。11.短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序數依次增大，XY2是溫室中作物的“肥料”，Y、Z能組成兩種常見的離子化合物，R原子最外層電子數等于電子層數的2倍。下列敘述正確的是A.簡單離子半徑：Z>R>Y B.X的同素異形體只有兩種C.簡單氫化物的還原性：R>Y D.Z2R2只含一種化學鍵【答案】C【解析】【分析】XY2是溫室中作物的“肥料”，可知該物質為CO2，X為C、Y為O，Y、Z能組成兩種常見的離子化合物，可知Z為Na，兩種離子化合物為氧化鈉和過氧化鈉；R原子最外層電子數等于電子層數的2倍，R為第三周期元素，核外電子排布為2、8、6，R為S，據此分析解答；【詳解】A．S2-電子層數為3，Na+、O2-電子層數為2，且Na的核電荷數大于O，電子層數越多離子半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大半徑越小，則離子半徑：S2->O2->Na+，故A錯誤；B．C有金剛石、石墨、C60等多種同素異形體，故B錯誤；C．O、S為同主族元素，非金屬性：O>S，非金屬性越強，形成氣態(tài)氫化物的還原性越弱，故C正確；D．Na2O2中含離子鍵和非極性共價鍵兩種化學鍵，故D錯誤；故選：C。12.某小組設計實驗證明碳酸的酸性比硅酸的強，裝置如圖所示。下列敘述正確的是A.若③中溶液變渾濁，說明酸性：H2CO3>H2SiO3B.②中溶液也可以選用飽和Na2CO3溶液C.根據③中現象可以探究Cl和C非金屬性強弱D.①中鹽酸用硫酸替代，也能達到實驗目的【答案】A【解析】【分析】鹽酸與塊狀大理石反應生成二氧化碳，生成的二氧化碳用飽和碳酸氫鈉溶液除去其中的HCl，再通入硅酸鈉溶液中反應生成硅酸白色沉淀，從而證明酸性：H2CO3>H2SiO3，據此分析解答；【詳解】A．若③中溶液變渾濁，說明碳酸能與硅酸鈉反應生成硅酸，依據強酸制弱酸原理，可知酸性：H2CO3>H2SiO3，故A正確；B．飽和Na2CO3溶液也能吸收二氧化碳，不能用其除去二氧化碳中的HCl，故B錯誤；C．探究非金屬性的強弱需根據最高價氧化物的水化物的酸性強弱，而HCl不是最高價含氧酸，故C錯誤；D．硫酸與碳酸鈣反應生成微溶性的硫酸鈣，會將碳酸鈣包裹，不利于生成二氧化碳，故D錯誤；故選：A。13.開發(fā)6G技術離不開高純度硅。工業(yè)冶煉高純度硅的流程如圖所示。已知：SiHCl3中硅元素為＋4價。下列敘述正確的是A.反應(1)(2)(3)均為置換反應B.氣體1、2、3分別為CO2、H2、HClC.標準狀況下體積為22.4L的H2完全反應時轉移2mol電子D.反應(1)投入石英砂、焦炭質量比越大，SiO2的轉化率越高【答案】A【解析】【分析】石英砂(主要成分為SiO2)，與碳在2000℃條件下反應生成粗硅和一氧化碳，粗硅與氯化氫在300℃條件下反應生成SiHCl3和氫氣，SiHCl3與氫氣在1100℃條件下反應生成高純硅和氯化氫，達到制備高純硅的目的?！驹斀狻緼．由以上分析可知(1)(2)(3)均為置換反應，故A正確；B．氣體1為CO，故B錯誤；C．(3)中發(fā)生反應：，該反應中1mol即22.4L氯氣反應轉移4mol電子，故C錯誤；D．反應(1)投入石英砂、焦炭質量比越大，不利于石英砂充分反應，反應而降低其轉化率，故D錯誤；故選：A。14.X→Y反應分兩步進行，在催化劑Cat1、Cat2作用下能量變化如圖所示。下列敘述正確的是A.Cat1作用下，第二步反應為決速反應B.兩種催化劑不改變總反應能量變化C.催化劑可以改變生成物Y的平衡濃度D.升高溫度，第一步反應加快，第二步反應減慢【答案】B【解析】【詳解】A．化學反應速率取決于慢反應，由圖可知，Cat1作用下第一步反應的活化能大于第二步，則第一步反應為慢反應，為決速反應，故A錯誤；B．總反應的能量變化取決于反應物的總能量和生成物總能量的差值，與催化劑無關，故兩種催化劑不改變總反應能量變化，故B正確；C．催化劑改變反應歷程，降低反應活化能，加快化學反應速率，但是不能使平衡發(fā)生移動，故催化劑不可以改變生成物Y的平衡濃度，故C錯誤；D．升高溫度，第一步反應加快，第二步反應也加快，故D錯誤；故選B15.某小組探究銅和硝酸反應，實驗裝置(夾持裝置已省略)如圖所示。已知：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O，NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O。實驗完畢后，取少量C中溶液，加稀硫酸酸化并分成甲、乙兩份，進行如下實驗：食鹽操作現象①向甲中滴加KI－淀粉溶液溶液變藍色②向乙中滴加酸性KMnO4溶液溶液褪色下列敘述錯誤的是A.儀器A稱為“具支試管”B.裝置B可用作安全瓶，防倒吸C.裝置A中先生成NO2，后生成NOD.實驗①和②表明：酸性介質中既有氧化性又有還原性【答案】D【解析】【詳解】A．由儀器A的構造可知A為具支試管，故A正確；B．因二氧化氮易溶水，直接通入NaOH溶液中會因其倒吸，裝置B可作安全平，防止倒吸，故B正確；C．銅與濃硝酸反應生成二氧化氮，隨反應進行硝酸濃度減小，銅與稀硝酸反應生成NO，故C正確；D．由反應可知二氧化氮與NaOH反應生成硝酸鈉和亞硝酸鈉兩種鹽，在C溶液中加硫酸，滴加KI－淀粉溶液，溶液變藍色，體現硝酸根在酸性條件下的強氧化性；乙中溶液滴加酸性高錳酸鉀溶液體現亞硝酸根離子的還原性，故D錯誤；故選：D。16.部分硫或鐵單質及其化合物的“價－類”關系如圖。下列敘述正確的是A.物質a只有還原性 B.物質e在空氣中灼燒生成FeOC.物質a和c的濃溶液反應可生成物質b D.含2molf的溶液最多吸收1molb【答案】C【解析】【分析】由價態(tài)和類別可知a為H2S，b為SO2，c為H2SO4，d為Fe，e為Fe(OH)2，f為Fe(NO3)3，據此分析解答；【詳解】A．a為H2S，其中H為+1價，具有氧化性，故A錯誤；B．e為Fe(OH)2，在空氣中灼燒最終生成Fe2O3，故B錯誤；C．H2S與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應可以生成SO2，故C正確；D．Fe(NO3)3與SO2反應生成NO和Fe2+，反應離子方程式為：，由反應可知1molFe(NO3)3可吸收5mol二氧化硫，則2molFe(NO3)3最多可吸收10molSO2，故D錯誤；故選：C。二、非選擇題(本題共4小題，共52分)17.某小組為了探究硫酸的性質，設計如下實驗：序號操作現象①常溫下，在鐵片中加入過量的濃硫酸沒有明顯現象②常溫下，在銅片上加入過量的濃硫酸沒有明顯現象③在銅和過量30%H2O2的混合溶液中加入Na2SO4溶液沒有明顯現象④在銅和過量30%H2O2的混合溶液中加入稀硫酸溶液變藍色，并產生氣泡回答下列問題：（1）實驗①沒有明顯現象的原因是___________；改變一個條件，為使實驗①中的反應持續(xù)發(fā)生，改變條件是___________。（2）為了引發(fā)實驗②中的反應，宜采取的措施是___________；實驗后，觀察產物水溶液的顏色，其操作方法是___________。（3）實驗④產生的氣體是___________(填化學式)，比較實驗③和④可知，從氧化還原角度分析，H＋的作用是___________；寫出該反應的離子方程式：___________。（4）向實驗④所得溶液中加入過量NaOH溶液得到沉淀M，用元素分析儀分析，M為銅的氧化物，提純干燥后的M在惰性氣體氛圍下加熱，12gM完全分解為10gCuO。M的化學式為___________；M能與稀硫酸酸化的KI溶液反應生成白色沉淀CuI(碘化亞銅)，在濾液中加入淀粉溶液，溶液變藍色。寫出M和稀硫酸酸化的KI溶液反應的離子方程式：___________?！敬鸢浮浚?）①.鐵片表面生成一層致密保護膜②.加熱、將鐵片粉碎（2）①.加熱②.將混合物倒入盛有水的燒杯中（3）①.O2②.增強了H2O2的氧化性③.Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O（4）①.CuO2②.2CuO2+8I-+8H+=2CuI+3I2+4H2O【解析】【小問1詳解】鐵片與濃硫酸發(fā)生鈍化，鐵粉、加熱條件下不能發(fā)生鈍化；【小問2詳解】銅和濃硫酸反應需要加熱；混合物中含濃硫酸，不能觀察到藍色硫酸銅溶液將混合物倒入水中，觀察藍色溶液；【小問3詳解】加入稀硫酸，增強了雙氧水的氧化性，使銅溶解，雙氧水過量，在銅離子催化下，雙氧水分解生成氧氣；【小問4詳解】設M的化學式為，分解生成CuO(黑色)，根據質量計算，解x=2；淀粉溶液變藍色,說明生成了I2，即反應物為CuO2、KI、H2SO4，生成物為CuI、I2、H2O，離子方程式為2CuO2+8I-+8H+=2CuI+3I2+4H2O。18.鉍酸鈉(NaBiO3，難溶于水)是常用的氧化劑，MnO2是活性電極。以輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含FeS2、SiO2雜質)和軟錳礦(主要成分是MnO2)為原料聯合焙燒制備NaBiO3和MnO2，流程如下：已知：①金屬活動性：Fe>(H)>Bi>Cu；②幾種金屬離子的氫氧化物沉淀pH如下：金屬子開始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.52.8Fe2+6.38.3Mn2+8.110.1回答下列問題：（1）“濾渣”的主要成分是___________(填化學式)。（2）“焙燒”采用逆流操作，即粉碎的礦粉從焙燒爐上部加入，空氣從下部進入，這樣操作的目的是___________。（3）“酸浸”中產生氣體X的離子方程式為___________。（4）如果省略“還原”工序，其后果是___________。（5）“電解”MnSO4溶液中產生一種氣體，該氣體是___________(填化學式)。在堿性鋅錳電池中，總反應式為Zn＋2MnO2＋2KOH＋2H2O=2MnOOH＋K2[Zn(OH)4]，正極反應式為___________。（6）在MnSO4溶液中加入少量NaBiO3，溶液變紫紅色。由此推知，氧化性：_______(填“>”或“<”)?！敬鸢浮浚?）SiO2（2）增大反應物接觸面積，提高反應速率（3）（4）鐵元素進入產品，產品純度降低（5）①.H2②.（6）>【解析】【分析】輝鉍礦(主要成分為，含、雜質)和軟錳礦(主要成分是)在空氣中焙燒，得到Fe2O3、Bi2O3、SiO2、Mn2O3、MnSO4的混合固體，水浸后過濾MnSO4溶于水存在于濾液中，Fe2O3、Bi2O3、SiO2、Mn2O3不溶于水存在于濾渣中，將濾渣用濃鹽酸處理，SiO2不溶于濃鹽酸，存在于濾渣，三氧化二錳與濃鹽酸反應生成二氯化錳和氯氣，得到含有Fe3+、Bi3+、Mn2+的濾液，加入Bi還原鐵離子，將鐵離子轉化成亞鐵離子進入濾液，條件pH為3.0使Bi3+轉化為，以此解答。【小問1詳解】SiO2不與空氣反應，也不與鹽酸反應，濾渣主要成分為：SiO2；【小問2詳解】逆流操作可以增大反應物接觸面積，提高反應速率；【小問3詳解】分析固體成分變化，三氧化二錳氧化氯化氫生成二氯化錳和氯氣，則離子方程式為：；【小問4詳解】觀察數據表可知，如果不還原鐵離子，氫氧化鐵進入固體，最終降低了產品純度。【小問5詳解】電解硫酸錳溶液，錳元素化合價升高，而必有元素化合價降低，故產生氫氣。在鋅錳電池中，二氧化錳在正極上發(fā)生還原反應，電極反應為：?！拘?詳解】溶液變紫紅色，說明生成了MnO，在氧化還原反應中，氧化劑的氧化性比氧化產物的強，故氧化性：>MnO。19.氯苯二氯乙烷是一種抗腫瘤藥，一種合成路線如下：回答下列問題：（1）A中含有的官能團為___________(填名稱)，E的名稱是___________。（2）A→B的反應類型是___________。（3）氯苯二氯乙烷的分子式為___________。（4）D→F的化學方程式為___________。（5）A的二溴代物有___________種。（6）已知：與四個互不相同的原子或原子團直接連接的碳原子叫手性碳原子。氯苯二氯乙烷分子有___________個手性碳原子?！敬鸢浮浚?）①.碳氯鍵、硝基②.氯苯（2）還原反應（3）C14H10Cl4（4）+H2O（5）6（6）1【解析】【分析】由合成路線知，A經過將硝基還原為氨基生成B，B在亞硝酸鈉、溴化氫和溴化亞銅的條件下發(fā)生取代反應生成C，C和CCl3CHO在一定條件下生成D，D與E在硫酸的條件下發(fā)生取代反應生成F，F在Al-Hg的條件下生成氯苯二氯乙烷?！拘?詳解】由題圖知，A中含有的官能團為碳氯鍵和硝基；E的名稱為氯苯；【小問2詳解】由題圖知，A→B中是將A中硝基還原為B中的氨基，N的化合價降低，是還原反應；【小問3詳解】由題圖知，氯苯二氯乙烷的分子式為C14H10Cl4；【小問4詳解】觀察D、F的結構可知，發(fā)生了取代反應，副產物為水，D→F的化學方程式為+H2O；【小問5詳解】苯環(huán)上由4種氫原子，二溴代物共有6種（3+2+1）；【小問6詳解】由四個互不相同的原子或原子團直接連接的碳原子叫手性碳原子，故氯苯二氯乙烷分子中含有一個手性碳。20.N2O俗名：笑氣，曾被用作麻醉劑。回答下列問題：（1）N2O分子與下列粒子所含原子總