2022年高二下学期期末复习化学模拟试题 含解析(VII)

2022年高二下学期期末复习化学模拟试题 含解析(VII)1单原子离子R2-含有18个电子，则元素R在周期表的位置是()A第三周期0族 B第二周期A族C第三周期A族 D第三周期A族【答案】D【解析】试题分析：单原子离子R2-含有18个电子，则元素R有16个核外电子，为硫元素，位于第三周期A族。考点：元素周期表点评：元素周期表及其规律是高考必考知识点，考生在备考中应注意积累掌握短周期元素的结构与性质。2图标所警示的是：A氧化物 B易燃物质 C自燃物质 D爆炸物质【答案】B【解析】试题分析：A.当心火灾氧化物的标志为，A项错误；B.如图所示图标是当心火灾易燃物质的标志，B项正确；C.自燃物质的标志是，C项错误；D.当心爆炸爆炸性物质的标志是，D项错误；答案选B。考点：考查安全标志。3有机化合物A是天然蛋白质的水解产物，分子式是C9H11O2N。 经测定，分子结构中含有苯环但不存在甲基(-CH3)。化合物A的结构简式是_ ，当与氢氧化钠溶液反应时，A中参与反应的官能团是 ，当与盐酸 反应时，A中参与反应的官能团是 。【答案】， 羧基或-COOH , 氨基或NH2【解析】天然蛋白质的水解产物是氨基酸，根据A的分子式和题给信息“分子结构中含有苯环但不存在甲基(-CH3)”可推出其结构简式，氨基酸中羧基显酸性，氨基显碱性。答案：， 羧基或-COOH , 氨基或NH2 学法指导：本题检测考生对氨基酸、蛋白质结构和性质的掌握情况。解题的关键是要熟悉蛋白质与氨基酸之间的关系，熟悉氨基酸的结构特点和氨基酸的两性，在此基础上合理应用题给信息得出答案。 4特大洪水过后，受灾地区的水源常被严重污染，下列物质中能对污染的饮用水起消毒杀菌作用的是A生石灰B明矾C绿矾D漂白粉【答案】 D【解析】 明矾、绿矾不能消毒，可净水；生石灰可杀菌消毒，但不能作为饮用水，因为碱性太强；漂白粉可杀菌消毒，消毒后水可作饮用水5三氧化二镍(Ni2O3）可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后进行电解。电解过程中产生的Cl2 在弱碱性条件下生成ClO，把二价镍氧化为三价镍。以下说法正确的是A可用铁作为阳极材料B电解过程中阳极附近溶液的pH升高C阳极反应方程式为：2Cl 2e=Cl2D1 moL 二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了0.5 moL电子【答案】C【解析】试题分析：A、铁是活泼电极,作阳极本身会参加反应，A错误；B、阳极生成的Cl2消耗了OH-,导致pH降低，B错误；C、阴离子在阳极放电,且Cl-放电顺序大于OH-，C正确；D、1mol二价镍全部转化为三价镍时,外电路中通过了1mol电子，D错误。答案选C。考点：电解池原理6甲溶液的 pH = 4，乙溶液的pH = 5，甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为A10:1 B1:10 C2:1 D1:2【答案】A【解析】试题分析：甲溶液的 pH = 4，c(H+)=10-4mol/L,，乙溶液的pH = 5 ，c(H+)=10-5mol/L，故选A。考点：溶液的酸碱性和c(H+)的关系。7若NA表示阿伏加德罗的数值，下列说法中正确的是A1molNa作为还原剂可得到的电子数为NAB标准状况下，224L水中所含的水分子数为NAC常温常压下，4g氦气含有的氦原子数为NAD1mol Fe与足量的Cl2充分反应电子转移数为2NA【答案】C【解析】试题分析：A选项钠作为还原剂，应该失去电子，而不是得电子，错误。B选项，标准状态下，水应该是液体。D选项，当铁和氯气反应时，生成的是高价化合物，1mol Fe失去3mol电子考点：8足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO 的混合气体2.24LO2(标准状况)这些气体与一定体积O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4mol/L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50ml，下列说法正确的是A参加反应的硝酸是0.4molB消耗氧气的体积为1.68LC此反应过程中转移的电子为0.3molD混合气体中含NO21.12L【答案】D【解析】试题分析：标况下2.24L混合气体的物质的量为：n= 2.24L22.4L/mol=0.1mol；50mL 4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=4mol/L0.05L=0.2mol。A铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：n(HNO3)=0.1mol+0.2mol=0.3mol，错误；B生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol1/2=0.1mol，则反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：n(O2)= 0.2mol4=0.05mol，消耗标况下氧气的体积为：V(O2)=22.4L/mol0.05mol=1.12L，错误；C根据B的分析可知，反应转移的电子的物质的量为0.2mol，错误；D设混合气体中含有NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.1，根据电子守恒可得：3x+y=0.2，解得：x=0.05mol、y=0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为V(NO)=0.05mol22.4L/mol=1.12L，正确。考点：考查硝酸的化学性质及有关计算的知识。9某温度下, 相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释， pH 随溶液体积变化的曲线如图所示。据右图判断正确的是A为盐酸稀释时的pH变化曲线Ba点KW的数值比c点KW的数值大Cb点溶液的导电性比c点溶液的导电性强Db点酸的总浓度大于a点酸的总浓度【答案】C【解析】试题分析：II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错误;KW的大小只取决于温度，故B错误；溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故C正确；相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（II）浓度大于盐酸（I）浓度，故D错误；答案选C.考点：弱电解质的电离10下列说法正确的是（ ）A12C、13C、14C、金刚石、石墨都是碳元素的同位素B互为同位素的原子，质子数一定相同C同种元素的原子，质量数一定相同D由一种元素组成的物质，一定是纯净物【答案】B【解析】试题分析：A、金刚石、石墨属于单质，A项错误；B、质子数相同中子数不同的一类原子互为同位素，B项正确；C、同种元素的原子，中子数不同，质量数不相同，C项错误；D、氧气和臭氧的混合物，由一种元素组成的物质，属于混合物，D项错误；答案选B。考点：考查元素性质11在碱性条件下，溶液无色且可以大量共存的离子组是AK+、Ca2+、Cl、HCO3BCu2+、Cl、Na+、SO42-CBa2+、Na+、Cl、NO3DNa+、Mg2+、NO3、Cl【答案】C【解析】试题分析：如果离子间发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A、在碱性溶液中HCO3与OH反应生成CO32和水，不能大量共存，A不正确；B、铜离子在溶液中显蓝色，且在溶液中铜离子与OH反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，B不正确；C、在碱性条件下Ba2+、Na+、Cl、NO3均可以大量共存，C正确；D、在碱性条件下镁离子与OH反应生成氢氧化镁白色沉淀，D不正确，答案选C。考点：考查12在密闭容器中，将1.0 mol CO与1.0 mol H2O混合加热到800，发生下列反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）。一段时间后该反应达到平衡，测得CO的物质的量为0.5 mol。则下列说法正确的是A800下，该反应的化学平衡常数为0.25B427时该反应的平衡常数为9.4，则该反应的H0C800下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的CO（g），则平衡时CO物质的量分数为33.3% D800下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的H2O（g），则平衡时CO转化率为66.7%【答案】BD【解析】CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）初n： 1.0 1.0 0 0n： 0.5 0.5 0.5 0.5平衡n： 0.5 0.5 0.5 0.5则在800时的化学平衡常数为：1，故A错误B:427时该反应的平衡常数为9.4，大于800时的化学平衡常数，说明降低温度平衡右移，正反应为放热反应，H0C:800下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的CO（g），则反应： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）初n： 1.5 0.5 0.5 0.5n： x x x x平衡n： 1.5-x 0.5-x 0.5+x 0.5+x代入1，可求得x=1/6，平衡时CO物质的量分数为=4/9D：由上述计算可知，平衡时CO转化率为=66.7%故答案为BD13过氧化钾与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，其化学方程式为：2K2O2十2H2O=4KOH十O2，当05 mol K18O2与足量H2O完全反应后，下表对生成物O2的叙述中错误的是K218O2的质量O2的叙述A57gO2的质量是9gB57g生成标准状况下O2的体积为56LC57gO2的摩尔质量是32gmol-1D57g生成025mol O2【答案】C【解析】试题分析：发生反应：2K218O2+4H2O4KOH+2H218O+18O2，生成的氧气为18O2，摩尔质量为36g/mol，K218O2的物质的量为=05mol，由方程式可知，生成18O2的物质的量为05mol=025mol，故生成18O2的质量为025mol36g/mol=9g，标况下体积为025mol224L/mol=56L，分析可知，ABD正确，C错误，故选C。考点：考查了碱金属元素和化学计算的相关知识。14常温下，盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线如下图，下列叙述不正确的是A滴定过程的任何时刻都存在：c（H）+ c（Na）c（OH）c（Cl）B曲线b是用氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的滴定曲线C氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1molL1DP点时恰好完全中和，溶液呈中性【答案】B【解析】试题分析：A、盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定，溶液中存在的离子有H、Na、OH、Cl，根据电荷守恒，任何时刻都存在：c（H）+ c（Na）c（OH）c（Cl），A正确；B、曲线b的pH是由大到小，说明是盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液的曲线，B错误；C、由曲线可知氢氧化钠溶液的pH=13，所以氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1molL1，C正确；D、由曲线可知P点时pH=7，说明溶液呈中性，反应恰好完全，D正确。答案选B。考点：酸碱中和滴定15某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2（1）该反应中的还原剂是 。（2）写出该反应方程式并配平 。（3）如果反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下的体积为 。【答案】（1）H2O2（2）2H2CrO4 +3H2O2 = 2Cr(OH)3 +2H2O+3O2 （3）3.36 L【解析】试题分析：（1）双氧水生成氧气，氧元素的化合价升高，失去电子，被氧化，所以双氧水是还原剂。（2）双氧水生成氧气的过程是被氧化的过程，即双氧水作还原剂，所以铬酸是氧化剂，因此反应的方程式是3H2O22H2CrO43O22Cr(OH)32H2O。（3）根据方程式可知，反应中转移6个电子，所以如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体是0.15mol，标准状况下的体积是0.15mol22.4L/mol3.36L。考点：考查氧化还原反应有关问题。16（14分）（1）下列五种物质中Ne H2O NH3 KOH Na2O，只存在共价键的是 ，只存在离子键的是 ，既存在共价键又存在离子键的是 ，不存在化学键的是 。（填写序号）（2）在下列变化中，碘的升华 烧碱熔化 MgCl2溶于水 HCl溶于水O2溶于水,未发生化学键破坏的是 ，仅发生离子键破坏的是 ，仅发生共价键破坏的是 。（填写序号）【答案】（14分）（1） （2） 【解析】试题分析：（1）五种物质中，Ne单原子分子，没有化学键， H2O属于非金属氧化物，只有共价键， NH3属于气态氢化物，只有共价键， KOH 属于强碱，有离子键和共价键Na2O属于活泼金属与活泼非金属组成物质，只有离子键。则只存在共价键的是，只存在离子键的是 ，既存在共价键又存在离子键的是 ，不存在化学键的是。（2）五种物质碘属于分子晶体，碘的升华破坏的是分子间作用力，不属于化学键； 烧碱属于离子晶体，烧碱熔化破坏的是离子键； MgCl2属于离子晶体，氯化镁溶于水破坏的是离子键； HCl属于共价化合物，溶于水破坏的是共价键；O2难溶于水，与水不反应，O2溶于水未平衡任何化学键，则未发生化学键破坏的是，仅发生离子键破坏的是，仅发生共价键破坏的是。考点：考查化学键的类型与破坏。17（8分）如下图所示，A、B、C是实验室常用的三种制取气体的装置，提供的药品有：大理石、浓盐酸、锌粒、稀盐酸、二氧化锰、氯化铵、熟石灰。现利用这些药品分别制取NH3、Cl2、H2、CO2四种气体，试回答以下问题：（1）选用A装置可制取的气体有_；选用B装置可制取的气体有_；通常选用C装置制取的气体有_。（2）标号为 、 的仪器名称依次是_、_。（3）写出利用上述有关药品制取Cl2的化学方程式： _。【答案】（1）NH3 ；H2 、CO2 ；Cl2 4分（2）分液漏斗 圆底烧瓶 2分（3）MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O 2分【解析】试题分析：（1）A装置是加热固体制取气体，用加热固体的方法制取的气体有NH3，B装置是固体和液体反应不需加热制取气体，可以制取可制取H2 、CO2 ；C装置是固体和液体混合加热来制取气体，可以制取Cl2（2）、的仪器名称依次是分液漏斗 、圆底烧瓶。（3）实验室通常用加热MnO2和HCl来制取氯气，化学反应方程式为：MnO2+4HCl MnCl2+ Cl2+2H2O考点：气体制取的装置的选择，常见实验仪器的识别和化学方程式的书写。18某学习小组探究金属与不同酸反应的差异，以及影响反应速率的因素。实验药品：20moL/L盐酸、40mol/L盐酸、2 .0mol/L硫酸、4.0mol/L硫酸，相同大小的铝片和铝粉(金属表面氧化膜都已除去)；每次实验各种酸的用量均为500mL，金属用量均为90g。（1）帮助该组同学完成以上实验设计表。实验目的实验编号温度金属铝形态酸及浓度1实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响2实验和探究 3实验和探究金属规格(铝片,铝粉)对该反应速率的影响;4和实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异 铝片 25C铝片20mol/L盐酸35C铝片20mol/L盐酸 铝粉 25C铝片20mol/L硫酸（2）该小组同学在对比和实验时发现的反应速度都明显比快，你能对问题原因作出哪些假设或猜想(列出一种即可)? 【答案】（1）实验目的实验编号温度金属铝形态酸及浓度1.2实验和探究温度对该反应速率的影响25C4.0mol/L盐酸25C2.0mol/L盐酸（2）Cl-能够促进金属铝与H+反应，或SO42-对金属铝与H+的反应起阻碍作用等。【解析】试题分析：（1）根据实验目的可知：实验和探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除盐酸的浓度不同外，其它条件必须完全相同，所以的温度为25，酸及浓度为：4.0moL/L盐酸；根据实验和的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则实验和探究的是反应温度对反应速率的影响；实验和探究金属规格（铝片，铝粉）对该反应速率的影响，则除铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同，所以中温度 25、酸及浓度为：2.0moL/L盐酸。（2）对比和实验可知，只有Cl-和SO42-不同，其它条件完全相同，的反应速度都明显比快，说明Cl-能够促进Al与H+的反应或SO42-对Al与H+的反应起阻碍作用。【考点定位】本题主要是考查了影响化学反应速率的因素实验探究【名师点晴】控制变量法探究影响化学反应速率的因素：影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力。因此熟练掌握温度、浓度、固体物质的表面积等因素对反应速率的影响为解答关键，注意设计对照试验的方法与要求，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。解答此类题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。19（每空2分，共12分）实验室以草酸(HOOCCOOH)和乙醇为原料制备草酸二乙酯的实验步骤如下：步骤1：在上图所示装置中，加入无水草酸45g，无水乙醇81g，苯200mL，浓硫酸10mL，搅拌下加热68-70回流共沸脱水。步骤2：待水基本蒸完后，分离出乙醇和苯。步骤3：所得混合液冷却后依次用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤，再用无水硫酸钠干燥。步骤4：常压蒸馏，收集182-184的馏分，得草酸二乙酯57g。（1）步骤1中发生反应的化学方程式是 ，反应过程中冷凝水应从 (填“a”或“b”)端进入。（2）步骤2操作为 。（3）步骤3用饱和碳酸氢钠溶液洗涤的目的是 。（4）步骤4除抽气减压装置外所用玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、接液管、锥形瓶和 。（5）本实验中，草酸二乙酯的产率为 。【答案】（1）+2CH3CH2OH+2H2O；（2分） a（2分）（2）蒸馏（2分）（3）除去草酸、硫酸等酸性物质（2分）（4）温度计、酒精灯（2分）（5）78%（2分）【解析】试题分析：（1）草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙二酸二乙酯和水，化学方程式是+2CH3CH2OH+2H2O；为使冷凝效果好，冷凝水应下进上出，所以从a端进入；（2）乙醇与苯是互溶的液体，所以采用蒸馏的方法分离；（3）所得混合液冷却后依次用水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤，水洗的目的是除去乙醇等水溶性杂质，再用碳酸氢钠溶液洗涤，除去草酸、硫酸等酸性物质；（4）步骤4中有常压蒸馏，所以需要蒸馏的仪器，除需要蒸馏烧瓶、冷凝管、接液管、锥形瓶外，还需要温度计测定馏分的温度，酒精灯用于加热；（5）无水草酸45g，无水乙醇81g，根据步骤1发生的化学方程式可知，乙醇过量，所以按草酸的量进行计算。45g草酸的物质的量是0.5mol，理论上生成0.5mol 乙二酸二乙酯，质量是146g/mol0.5mol =73g，则草酸二乙酯的产率为57g/73g100%=78%。考点：考查物质的制备实验，反应原理的判断，操作的判断，产率的计算20取一定量Na2CO3和Na2SO4的混合物溶液分成两等份，一份与过量盐酸反应，生成2016 L CO2（标准状况下），另一份加入足量的Ba（OH）2溶液，得到沉淀的质量为2006 g。试计算原混合物中Na2CO3和Na2SO4的物质的量分别为多少？（写计算过程）【答案】Na2CO3为018moL Na2SO4为002moL【解析】试题分析：一份与稀盐酸反应生成2016 L CO2的物质的量为2016 L/224Lmol-1=009mol，故碳酸钠的物质的量为009mol，原混合物中碳酸钠的物质的量为009mol2018moL；另一份加入足量的Ba（OH）2溶液，得到的沉淀为碳酸钡与硫酸钡的混合物，其中碳酸钡的质量为009mol197gmol-1=1773g，硫酸钡的质量为2006 g1773g233g，硫酸钡的物质的量为233g/233 gmol-1=001mol，硫酸钠的物质的量为001mol，原混合物中硫酸钠的物质的量为001mol2002moL。考点：混合物的成分确定及物质的量计算21短周期A、B、C、D4种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D与B属于同一族元素。（1）元素：A为_，B为_，C为_（填元素符号）。D的质子数和中子数相等。D原子组成符号为：_。 （2）写出AB2的电子式 。（3）用电子式表示B、C两元素形成E的过程 。【答案】（1）C ； O ； Na； 1632S；（2）；（3）【解析】试题分析：A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D与B属于同一族元素，则D为S元素。（1）根据上面的分析可知，A为C，B为O，C为Na，D为S，D的质子数和中子数相等。D原子组成符号为：1632S，故答案为：C；O；Na；1632S；（2）CO2的电子式为，故答案为：；（3）用电子式表示Na2O2形成化学键的过程为，故答案为：。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。22下表是元素周期表的一部分。已知A、B、C、D、E、X、Y是由表中给出元素组成的常见单质或化合物，并存在如图所示的转化关系(部分生成物和反应条件已略去)：（1）元素的最高价氧化物的水化物化学式是 。（2）与As两种元素中，非金属性较强的是 (填元素符号)。（3）用化学符号表示三种元素的简单离子半径由大到小是 。（4）元素的单质与的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是_ _。（5）若A为红棕色气体，则A、X、D的化学式分别为 、 、 。（6）Y由三种元素组成，它的水溶液是一种生活中常见的消毒剂。As可与Y的碱性溶液反应，当消耗1 mol还原剂时，消耗25 mol氧化剂，转移5 mol电子。该反应的离子方程式为 。【答案】（1）Ca(OH)2（2）N（3）ClO2Na+（4）2Al2OH-2H2O2AlO2 -3H2（5）NO2、Fe、Fe(NO3)2（6）5ClO2As6OH2AsO435Cl3H2O【解析】试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可判断分别是H、Na、Al、C、N、O、Cl、Ca。（1）元素的最高价氧化物的水化物化学式是Ca(OH)2。（2）同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则与As两种元素中，非金属性较强的是N。（3）离子的核外电子层数越多，离子半径越大。在核外电子排布相同的条件下，原子序数越大，离子半径越小，则三种元素的简单离子半径由大到小是ClO2Na+。（4）元素与的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是2Al2OH-2H2O2AlO2 -3H2。（5）若A为红棕色气体，则A是NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO。B能连续与X反应，这说明B一定不是NO，则B是硝酸，E是NO，X是铁，C是硝酸铁，D是硝酸亚铁。（6）Y由三种元素组成，它的水溶液是一种生活中常见的消毒剂，这说明Y是次氯酸钠。As可与Y的碱性溶液反应，当消耗1 mol还原剂时，消耗2.5 mol氧化剂，转移5 mol电子，这说明As在反应中失去5个电子，次氯酸钠在反应中得到2个电子，因此还原产物是氯离子，所以该反应的离子方程式为5ClO2As6OH2AsO435Cl3H2O。考点：考查元素推断及物质推断的应用