【文档说明】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期月考卷（一）化学试题+含解析.docx，共(19)页，2.384 MB，由小赞的店铺上传

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大联考湖南师大附中2024届高三月考试卷（一）化学得分：________本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页。时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H~1C~12N~14O~16Cl~35.5K~39Mn~55一、选择题：本题共14

小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．下列过程不涉及化学变化的是（）A．含氯消毒剂杀灭病毒B．利用石油裂解得到化工原料C．利用皮渗透膜从海水中分离出淡水D．含氟牙膏能预防龋齿2．下列化学用语或图示表达正确的是（）A．二氧化碳的电子式：OCO::::B．顺

-2-丁烯的分子结构模型：C．3NH的VSEPR模型：D．基态Cr的价层电子轨道表示式：3．下列方程式与所给事实不相符的是（）A．硫酸铜溶液中加过量氨水：()2232324Cu4NHHOCuNH4HO++++B．

过量NaOH溶液与224HCO溶液反应：2224242HCO2OHCO2HO−−++C．用23NaSO溶液吸收少量2Cl：22322343SOClHO2HSO2ClSO−−−−++++D．向182HO中投入

22NaO固体：181822222HO2NaO4Na4OHO+−+++4．下列有关实验设计或操作正确且能达到目的的是（）A．利用装置甲制取2SO，并验证其还原性B．利用装置乙检验4NHCl受热分解产生的两种气体C．利用装置丙测

量2O的体积D．利用装置丁验证蔗糖在硫酸催化作用下发生水解反应5．本维莫德可用于治疗银屑病和湿疹，结构如图所示，下列说法正确的是（）A．分子中存在3sspσ−键B．该分子的核磁共振氢谱图中有8组峰C．该分子中所有的碳原子可

能共平面D．1mol该分子与碳酸钠溶液反应，可生成21molCO6．部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（）A．可通过观察单质a、氧化物b的颜色，判断其为何种物质B．能与2HO反应生成c的物质只有bC．新制的d悬浊液可用于检验

葡萄糖中的醛基D．在加热条件下，e能将乙醇氧化为乙醛7．甲酸可在固体催化剂表面逐步分解，各步骤的反应历程及相对能量如图所示，下列说法正确的是（）A．催化剂为固态，其表面积对反应总速率无影响B．各步反应

中，③生成④的速率最快C．若用D（氘）标记甲酸中的羧基氢，最终产物中可能存在2DD．固体催化剂的加入降低了该分解反应的ΔH8．从高砷烟尘（主要成分为2325AsOAsO、和58PbO，其中58PbO中的Pb为2+价或4+价

）中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如图：下列说法正确的是（）A．“碱浸”时，58PbO发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1B．为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾C．浸出液“氧化”过程中，溶液的碱性逐渐增强

D．系列操作中获得342NaAsO10HO的方法是蒸发结晶9．用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池（如图），可实现大电流催化电解3KNO溶液制氨。工作时，2HO在双极膜界面处被催化解离成H+和OH−，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是（）A．电极a连接电源的负极

B．每生成321molNHHO，双极膜处有144g的2HO解离C．电解总反应：32322KNO3HONHHO2OKOH+++D．电解过程中，阳极室中KOH的物质的量增大10．在60C的晶体空隙中插入金属离子可获得超导体。一种超导体的

面心立方晶胞如图1所示，已知：晶胞参数为apm，各点的原子分数坐标分别为()11311A0,0,0,B0,,,C,,22444，设AN为阿伏加德罗常数的值。图1图2下列说法错误的是

（）A．1个60C分子周围最近的60C分子有12个B．通过A点的对角面（如图1阴影部分所示）的结构如图2所示C．相邻两个K+的最短距离为2apm2D．该晶体（除K+外，不考虑其他离子的嵌入）的密度表达式为3330A3348gcmNa10−−11．冠醚能与碱金属离子结合（如图），是有

机反应很好的催化剂，如能加快4KMnO与环已烯的反应速率。用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大、两者结合能力越强。Na+（直径：204pm）K+（直径：276pm）冠醚A（空腔直径：260320pm）结合常数：199结

合常数：1183冠醚B（空腔直径：170220pm）结合常数：371结合常数：312下列说法不正确的是（）A．K+与冠醚结合后，K+的配位数为6B．冠醚通过与K+结合将4MnO−携带进入有机相，起到催化剂的作用C．为加快4KMnO与环已烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适

D．如下实验中，水溶液中的()cNa+：①>②>③12．工业上从海水中制溴的步骤为：（Ⅰ）先把盐卤加热到363K，后控制pH为3.5，通入氯气把溴置换出来；（Ⅱ）再用空气把溴吹出并用碳酸钠溶液吸收；（Ⅲ

）最后再用硫酸酸化，单质溴又从溶液中析出。其中第（Ⅱ）步中碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可以分三步进行，其反应的机理如图所示。设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）第一步：第二步：第三步：A．1molHO

−!中含有的电子数为A10NB．第二步中，反应21molBr时转移的电子数为A2NC．第三步的反应方程式为33BrOBrO2Br−−−+D．该反应机理说明BrO−的稳定性较差13．2CO催化加氢制甲醇中发生的反应有：ⅰ．()()()()22321COg3HgCHO

HgHOgΔH++ⅱ．()()()()2222.COgHgCOgHOgΔH0++在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将2CO和2H按一定流速通过反应器，相同时间后，2CO转化率和3CHOH选择性[()())3

32nCHOHxCHOH%100%n(CO=生成消耗]随温度变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．某温度下，若是发生ⅰ反应，保持2CO和2H的投料比和压强不变，增大2CO和2H的通入量，平衡时3CHOH的体积分数增大B．其他条件不变，若反应ⅱ生成的产物为()C

Og和()2HOl，则2ΔH将变大C．由图像可知，1ΔH一定小于0D．236℃后的曲线变化趋势可能是由于反应ⅰ中催化剂失去活性而造成的14．25℃时，用()HClg调节10.1molL−氨水的pH，体系中粒子浓度的对数值

()lgc、反应物的物质的量之比()()32nHCltnNHHO=与溶液pH的关系如图所示（忽略通入气体对溶液体积的影响）。下列有关说法错误的是（）A．25℃时，32NHHO的电离平衡常数的数量级为510−B．t0.5=时，(

)()()()3242cOHcNHHOcNH2cH−+++=+C．2P点所示溶液中()()432cNH100cNHHO+D．若改用11.0molL−氨水，t1.0=时，3P点会下移二、非选择题：本

题共4小题，共58分。15．（15分）高纯3MnCO广泛应用于电子工业，是制备高性能磁性材料的主要原料。某化学小组在实验室模拟用软锰矿（主要成分2MnO，杂质主要为铁的化合物）制备高纯碳酸锰。回答下列问题：（1）制备4

MnSO溶液：将mg软锰矿粉与水混合制得2MnO浊液，向2MnO浊液中通入2SO，制得4MnSO溶液，实验装置如图所示（夹持和加热装置略）：①通过装置A可观察2SO和2N的通入速率，则A中加入的最佳试剂是________．②通入过量2SO和2N的混合气进行“浸锰”操作

，B中发生反应的离子方程式为________．③“浸锰”反应中往往有副产物26MnSO的生成，温度对“浸锰”反应的影响如下图。为减少26MnSO的生成，“浸锰”过程适宜的温度是________．④“浸锰”结束后，向B中加入一定量2MnO粉末，调

节pH到3.8左右过滤，即可获得4MnSO溶液。查阅下表，回答加入一定量纯2MnO粉末的主要作用是________________．物质3Fe(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)开始沉淀pH2.77.68.3完全沉淀pH3.79.69.8（2）制备3MnCO固体：在搅拌下向4MnSO溶液中缓

慢滴加43NHHCO溶液，经过滤、洗涤、干燥，得到高纯碳酸锰，生成3MnCO的离子方程式为________________。已知3MnCO难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解，选择用25CHOH洗涤的原因是________________．检验沉淀是否洗涤干净的操作是

________________．（3）测定碳酸锰产品的纯度：称取0.2500g碳酸锰产品于锥形瓶中，加12.50mL磷酸，在空气中加热充分反应，碳酸锰全部转化为()342MnPO−，冷却至室温。加水稀释至50mL，滴

加23滴指示剂，然后用浓度为10.2000molL−的硫酸亚铁铵()()4422NHFeSO标准溶液滴定{反应方程式为()32233442MnPOFeMnFe2PO−+++−+++}。

重复操作3次，记录数据如表：滴定10.2000molL−的硫酸亚铁铵标准溶液读数()mL次数滴定前滴定后10.1010.1120.2210.2230.0510.04则产品的纯度=________（保留四位有效数字）。16．（14分）通过绿柱石()232xBeOyAlOzSiO获取

BeO的常用方法有酸浸法和氟化法两种，其操作流程如图：Ⅰ．酸浸法：（1）根据元素周期表“对角线原则”，Be与________元素（填元素符号）性质相似。（2）已知Be在有机相和水相中分配比（即萃取的浓度比）约为2:1，为了使2Be+的萃取率达到99%以上，可采用的有效措施有___

_____．Ⅱ．氟化法：（3）加36NaFeF“煅烧”时，有24NaBeF生成，其中24BeF−的中心原子杂化方式为________．（4）加入NaOH“除铁”，是为了除去过量的36NaFeF，则发生反应的

离子方程式为________________．（5）常温下，加入NaOH“沉铍”，当pH12=时，沉铍率为________（计算结果保留三位有效数字）{已知：沉铍前，溶液中()24cBeF0.2mol/L−=，沉铍后，溶液中()cF0.2mol

/L−=；22104Be4FBeF,K2.510+−−+=；16sp2KBe(OH)5.010−=}。若“沉铍”时pH过大，会导致沉铍率下降，原因是________________．（6）绿柱石属于硅酸盐材料，其晶体结构中含有618SiO环状硅酸盐单元；

z轴方向上，相邻两层618SiO环投影图如图甲，晶胞结构如图乙。①z轴方向上，晶胞参数c为2xpm，而不是xpm的原因是________________．②已知：晶体中，BeAlSi、、均和氧配位，Be和Si的配位数（一个微粒周围最邻近的微粒的数目）均为4，氧的配

位数有两种，分别为2和3，两种氧的个数比为1:2。通过计算可确定Al的配位数为________．17．（14分）二氧化碳加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向。在恒压条件下，将23molH和21molCO

充入密闭容器中进行如下反应：Ⅰ：()()()()22321COg3HgCHOHgHOgΔH++Ⅱ：()()()()2222COgHgCOgHOgΔH0++Ⅲ：()()()233COg2HgCHOHgΔH0+回答下列问题：（1）平衡时，2CO转化率()

23αCOCHOH、选择性（产物中3CHOH的物质的量与参加反应2CO的物质的量之比，用MS表示）、CO选择性（产物中CO的物质的量与参加反应2CO的物质的量之比，用COS表示）随温度变化如图所示：①反应Ⅰ正反应活化能为1aEkJmol−正，逆反应活化能为1aEkJmol−逆，则aE正___

_____aE逆（填“>”“<”或“=”）。②若在恒压条件下，向体系中通入一定量2N，有利于提高________（填“MS”或“COS”）。③图中表示MS的是曲线________，曲线c随温度升高而升高的原因是________________．（2

）为探究原料气中混入CO气体对反应的影响，测得平衡时()2αCO、平衡时3CHOH物质的量与初始2CO物质的量之比γ随原料气中()()2nCOnCO的变化如图所示：①图中随着()()2nCOnCO增大，()2αCO降低而γ升高的原因是________________；当()()2nCO0

.2nCO=时，若平衡时()()2αCO0.4,nCO0.1mol==，则γ=________．②下列措施能提高γ值的是________（填标号）。A．恒容条件通入2HB．选用更高效的催化剂C．适当降低温度18．（15分）有机物M是制

备靶向抗肿瘤药物拉帕替尼的重要中间体之一，其常见的合成路线如图所示：已知：试回答下列问题：（1）G中含氧官能团的名称为________。C→D的反应类型为________．（2）B的结构简式为________________．（3）E比苯胺的碱性弱

，其原因是________________．（4）F→H的化学方程式为________________．（5）A的芳香族化合物的同分异构体共有________种（不考虑立体异构）。E→F的碘化过程可通过下图所示路径完成，写出82II+→（活性中间体）的离子方程

式：________________．（6）试以甲苯和为原料，设计合成的路线（无机试剂任选）。大联考湖南师大附中2024届高三月考试卷（一）化学参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。题号1234567891

011121314答案CBDCABCADCDBDC1．C【解析】含氯消毒剂杀灭病毒时发生了氧化还原反应；利用石油裂解得到化工原料乙烯时发生了分解反应；利用反渗透膜从海水中分离出淡水是物理变化，没有发生化学反应；含氟牙膏能预防龋齿是

因为发生了沉淀的转化反应。2．B【解析】2CO中C原子和O原子之间是两个共用电子对；顺-2-丁烯的分子结构模型：，B正确；3NH的VSEPR模型为四面体形，基态Cr的价层电子排布为。3．D【解析】向182HO中投入22NaO固体

，发生的反应为22NaO的歧化反应，所以产生的2O都是来自22NaO中的O原子，而不是182HO中的18O原子，D选项错误。4．C【解析】Cu与浓硫酸反应需要在加热时才能进行；3NH无法使干燥的酚酞试纸变红，所以此装置无法检验3NH；蔗糖在酸性条件下发生水解反

应之后，溶液仍然呈酸性，在该环境下无法通过银镜反应来检验是否存在葡萄糖。5．A【解析】该分子中的OH−为3sspσ−键，A正确；该分子的核磁共振氢谱图中应该有9组峰，B错误；该分子中存在的()32CHCH—与所连接的苯环上的碳原子不可能都共平面，C错误；该分子与碳酸钠溶液反应，无法产生2

CO，D错误。6．B【解析】单质a可能为金属铜或钠，两种物质颜色不同，可以区分；氧化物b可能为2NaO或22NaO或2CuO，三种物质颜色均不同，可以区分，故A正确。Na与2HO反应也可以生成NaOH，故B错误。新制的2Cu(OH)悬浊液可用于检验葡萄糖中的醛基，故C正确。e物质为CuO，

在加热条件下CuO能将乙醇氧化为乙醛，故D正确。7．C【解析】催化剂为固态，其表面积越大，催化效果越好，反应速率越快，故A错误；活化能越小，反应速率越快，由图可知，②生成③活化能最小，化学反应速率最快，故B错误；若用D（氘）标记甲酸中的羧基氢，则①生成②时，会生成—D，在④生成

⑤中，可能—D与—D结合生成2D，故C正确；催化剂无法改变反应的ΔH，故D错误。8．A【解析】根据流程可判断，58PbO与2NaS溶液反应生成PbSNaOH、和S单质，根据氧化还原反应规律配平化学方程式为5822PbO8NaS8HO5PbS16NaOH3S++++，根据化合价的

代数和为零，可知2+价的Pb与4+价的Pb的数目之比为2:3，反应中氧化剂是58PbO，还原剂是2NaS，氧化产物为S，还原产物为PbS（5个PbS中有2个是原来+2的Pb元素转化而来，不属于还原产物），58PbO发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，

故A正确；将溶液加热至沸腾，过氧化氢受热分解速率加快，故B错误；2325AsOAsO、与碱发生反应分别生成亚砷酸钠和砷酸钠，流程目的是制备432NaAsO10HO，故“氧化”的目的是将2NaAsO氧化成34NaAsO，其

离子方程式为322242HOAsO2OHAsO2HO−−−+++，消耗了氢氧根离子，溶液碱性减弱，故C错误；由于342NaAsO10HO受热易失去结晶水，所以不能使用蒸发结晶的方式，故D错误。9．D【解析】

a处的反应式为3232NO7HO8eNHHO9OH−−−+++，所以a为阴极，连接负极，故A正确；阴极反2HO解离产生8molH+和8molOHOH−，所以解离144g水，故B正确；阳极反应式为228OH8e2

O4HO−−−+，所以电解总反应为32322NO3HONHHO2OOH−−+++，即为32322KNO3HONHHO2OKOH+++，故C正确；每生成21molNHHO，双极膜处有8mol的2HO解

离，产生的8molOH−移向阳极室且全部放电，阳极室中KOH的物质的量不变，故D错误。10．C【解析】根据晶胞结构示意图可知，60C周围最近的60C分子共有12个，故A正确；棱中心的K+位于较短边的中点，体心、体内的K+位于长方形内部，结构如图2所示，通过A点

的对角面，则4个顶点60C位于长方形顶点，面心的60C位于长边的中点，故B正确；由图可知，相邻两个K+的最短距离是体对角线长度的14，则相邻两个K+的最短距离为3apm4，故C错误；根据“均摊法”，晶胞中含有4个60C（顶点1个，面心3个），1

2个K+（棱上3个，内部9个），密度AA333303304601212393348ρgcmgcmaN10Na10−−−−+==，故D正确。11．D【解析】冠醚与K+作用，K+的配位数为6，故A正确；冠醚通过与K+结合将4MnO−携带进入

有机相，使有机相中4MnO−浓度增大，反应速率加快，此处冠醚起到催化剂作用，故B正确；根据题目信息可知，冠醚A对K+的结合常数大于冠醚B对K+的结合常数，所以选择冠醚A更好，故C正确；从②到③过程，K+

与冠醚A结合，释放出大部分Na+，使Na+浓度增大，所以()cNa+：③>②，故D错误。12．B【解析】1molHO−!中含有的电子数为A10N，故A正确；第二步反应中2Br与OH−发生反应生成Br−和BrO−，每反应21

molBr，转移的电子数为AN，故B错误，根据第三步表示的反应过程，第三步反应的离子方程式为33BrOBrO2Br−−−+，故C正确；由于第三步反应机理中BrO−继续歧化，产生Br−和3BrO−，故该反应机理说明BrO−的稳定性较差，故D正确。13．D【解析】维持体系温度和压强不

变、当投料比不变的情况下，增大2CO和2H的通入量等同于等效情况，对3CHOH的平衡体积分数无影响，故A错误；若反应ⅱ生成的产物变为()COg和()2HOl，则放热会增多，反应热ΔH会变小，故B错误；从图像信息中，无法得出反应ⅰ的反

应热大小情况。故C错误；236℃之后，2CO转化率、甲醇选择性下降，可能是由于反应ⅰ中催化剂随温度升高失去活性，导致反应ⅰ的反应速率减小，在相同时间内，2CO转化率和甲醇选择性都下降，故D正确。14．C【解析】当()()432cNHcNHHO+=

时，溶液32pH9.25,NHHO=的电离平衡常数()4.75bKcOH10−−==，故A正确；t0.5=时，溶液中的溶质为等物质的量的32NHHO和4NHCl，溶液中存在电荷守恒：()()()()4cNHcHcOHcCl++−−+=+，存在物料守恒：()()()3242cClc

NHHOcNH−+=+，联立可得()()()()3242cOHcNHHOcNH2cH−+++=+，故B正确；4.75b2K10,P−=所示溶液pH7=，则()71cOH10molL+−−=，所认()()()()

4.7542.25432732cNH1010100,cNH100cNHHOcNHHO10+−+−==，故C错误；若改用11.0molL−氨水，t1.0=时，溶液为11.0molL−的4NHCl溶液，4NHCl溶液浓度变大，

pH减小，3P点会下移，故D正确。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（15分，除标注外，每空2分）（1）①饱和3NaHSO溶液②22224MnOSOMnSO+−++③90℃（90~90℃均可）④将二价Fe氧化为三价Fe，有利于铁元素除尽，且不引入新的杂质（2

）23322Mn2HCOMnCOHOCO+−+++防止3MnCO潮湿时被空气氧化，便于在温度低于100℃下干燥取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的2BaCl溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净，反之则未洗涤干净（3）

92.00%【解析】（1）①考虑该溶液要减少2SO在水中的溶解，故选择饱和3NaHSO溶液；④根据表格信息发现，3Fe+相较2Fe+更容易通过调节pH的方法除尽，且加入2MnO还不引入新的杂质。（3）舍弃偏差较大的一组数据，滴定消耗硫酸亚铁铰标准溶

液的平均体积为10.00mL．由反应式可以建立以下关系式：()()()33444222MnCOMnPONHFeSO−，()()34nMnCOnFeSO0.2000mol/L0.01L0.002mol===，产品的纯度为0.002mol115g/mol100%92.00%

0.2500g=。16．（14分，除标注外，每空2分）（1）Al（2）多次萃取（或增加萃取次数）（3）3sp（4）363FeF3OHFe(OH)6F−−−++（5）99.9%()cOH−太大，导致2Be(OH)溶解为22B

eO−，降低沉铍率（6）①相邻两层618SiO环的空间取向不同，不存在平移性②6【解析】（5）根据题目信息可知：反应242BeF2OHBe(OH)4F−−−++；41K810KK==，假设反应后24BeF−的浓度为xmol/L，通过列三段式可知：()4428(0.2)K

810x10−==，解得4x210−=，则沉铍率()40.2210100%99.9%0.2−−==．（6）①晶胞具有平移性、即包含顶点的平移，由图甲可知相邻两层618SiO环的空间取向不同，无法平移；②由晶胞结构可知绿柱石的

化学式为32618BeAlSiO，也可写作3323BeOAlO6SiO，由“原子（离子）角标之比=原子（离子）配位数之比”公式变形可得“阴离子配位总数=阳离子配位数总数”，由晶体化学式以及“氧的配位数有两种，分到为2和3，两种氧的个数比为1:2”

可知18个O中有6个O是2配位、12个O是3配位，设Al的配位数为y，则有：阴离子配位数总和6212334642y=+=++=阳离子配位数总数，解得y6=。17．（14分，每空2分）（1）①②COS③b温

度升高，反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动，但反应Ⅲ的平衡移动受温度影响更大（2）①()()2nCOnCO增大，与CO反应的2H变多，与2CO反应的2H变少，所以2α(CO)降低，()()2nCOnCO增大，更有利于反应Ⅲ的正向进行，产

生3CHOH变多，所以升高0.5（2）AC【解析】（1）②恒压条件下通入2N，相当于对反应体系进行减压。由于反应Ⅰ和反应Ⅲ均为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ为气体分子数相等的反应、所以减压使反应Ⅰ和Ⅲ的平衡逆向移动，对反应Ⅱ无影响，结果是使2CHOHP减小，C

OP增大，所以有利于提高CO的选择性；③由于MCOSS1+=，而随着温度的升高，MS降低，所以表示MS的是曲线b。（2）①()()2nCOnCO增大，与CO反应的2H变多，与2CO反应的2H变少，所以()2αCO降低；()()2nCOnCO增大，更有利于反应

Ⅲ的正向进行，产生3CHOH变多，所以γ升高。初始23molH和()()22nCO1molCO,0.2nCO=时，()nCO0.2mol=．平衡状态时()2αCO0.4=，所以()()()2nCO110.4mol0.6mol,nCO0.1mol=−==，根据碳元素守恒，()()3nCHOH

10.20.60.1mol0.5mol=+−−=，所以γ0.5=。18．（15分，除标注外，每空2分）（1）醚键还原反应（2）（3）E中的—CN为吸电子基团，使—2NH中N原子上的电子云密度降低，导致碱性降低（4）（5）163282I16F

e16Fe2I+++++（6）【解析】（5）A的芳香族化合物的同分异构体中含有苯环，如果取代基为—CHFCl，有1种位置异构；如果取代基为2CHClF−−、，两个取代基还有邻位、对位2种位置异构；如果取代基为2C

HFCl−−、，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果为3CHF−−、和Cl−三个取代基，共有10种位具异构，所以符合条件的同分异构体共有16种；82II+→（活性中间体）的离子方程式：3232I16Fe16Fe2I++++

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