天津市西青区2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题VIP

天津市西青区2021--2022学年高三上学期期末试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．NaH2PO2为正盐，能将溶液中的Ag+A．上述反应中，氧化产物是HB．H3POC．NaHD．该反应的离子方程式为H2．下列事实不能用有机物分子内基团间的相互影响解释的是（）A．苯酚能跟浓溴水反应而苯不能B．乙炔能跟溴水反应而乙烷不能C．苯酚显弱酸性而乙醇不显弱酸性D．甲苯易被酸性高锰酸钾氧化而甲烷不能3．在元素周期表中，有一种元素58140A．所含的质子数为140 B．所含的质量数是58C．所含的中子数是82 D．核外电子数是1404．某学习小组用“间接碘量法”测定某CuCl2晶体试样的纯度，试样不含其他能与I－发生反应的氧化性杂质，已知：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－。取mg试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，用0.1000mol·L－1Na2S2OA．试样在容量瓶中溶解，滴定管选乙B．选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由无色变为蓝色时，即达到滴定终点C．丁图中，滴定前滴定管的读数为a－1.00mLD．对装有待测液的滴定管读数时，滴定前后读数方式如丁图所示，则测得的结果偏大5．O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是（）A．若生成2.24LHF，则转移0.4mol电子B．HF是氧化产物C．O2F2既是氧化剂又是还原剂D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：46．H3PO4的电离是分步进行的，常温下Ka1=7.6×1A．浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，混合液的pH＜7B．Na2HPO4溶液中，c(C．向0.1mol/L的H3PO4溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化），溶液pH=1时，溶液中大约有7.1%的H3PO4电离D．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH=11时，c(P7．铬(Ⅵ)的化合物有较大毒性，如不回收利用，会对环境造成污染。某混合浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。某研究小组设计了如下电解分离装置，可以使浆液较完全地分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。下列说法不正确的是（）A．通电后CrO42-将通过阴离子膜进入阳极室B．阴极室最终只能得到Na2SO4和H2C．阳极的电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2OD．分离后所得含铬元素的粒子有CrO42-和Cr2O72-8．下列化学用语的书写正确的是（）A．O2-的离子结构示意图：B．质子数为27、中子数为60的Co原子：6027C．H2O的电子式：D．用电子式表示氢溴酸的形成过程为：9．科学家设想用结构相似的C60与Si60合成一种类似工艺品“套球”（如图示）的球型碳硅化合物Si60C60，外层球壳原子与里层球壳原子通过共价键结合。下列说法一定正确的是（）A．该物质与碳化硅（SiC）互为同素异形体B．该物质形成的晶体是分子晶体C．该物质结构中，外层球壳为C60，内层球壳为Si60D．该物质的熔点高、硬度大10．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．46gNO2和N2O4的混合气体含有4NA个氧原子B．14g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为2NA个C．7gCnH2n中含有的氢原子数目为2NA个D．120g由NaHSO4和KHSO3组成的混合物中含有硫原子NA个11．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．无色溶液中：K+、Na+、MnO4B．使无色酚酞试液显红色的溶液：S2-、K+、HCO3C．酸性溶液中：Na+、Fe3+、SO4D．0.1mol/L的FeCl3溶液中：Na+、H+、Cl-、I-12．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图1所示。下列说法正确的是（）A．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8B．原子半径的大小顺序为：rX>rY>：rZ>rW>rQC．离子Y2-和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同D．元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强二、填空题13．气态亚硝酸(HNO2或HONO)是大气中的一种污染物。（1）亚硝酸的电离平衡常数Ka＝6.0×10﹣6，其电离方程式为。（2）亚硝酸分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为。（3）亚硝酸进入人体可以与二甲胺[(CH3)2NH]迅速反应生成亚硝酸胺[CH3)2N－N＝O]，亚硝酸胺是最重要的化学致癌物之一。①亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的一种反应机理如下：HONO+→i→ii过程ⅰ和过程ⅱ的反应类型分别为：、消去反应。②上述反应机理的反应过程与能量变化的关系如图：亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的反应ΔH0(填“＞”或“＜”)。反应难度更大的是过程(填“ⅰ”或“ⅱ”)。三、综合题14．下图所示为某化学兴趣小组设计的乙醇氧化的实验装置并验证其产物(图中加热仪器、铁架台、铁夹等均未画出)。图中：A为无水乙醇(沸点为78℃)，B为绕成螺旋状的细铜丝，C为无水CuSO4粉末，D为碱石灰，F为新制的碱性Cu(OH)2悬浊液。（1）E处是一种纯净物，其发生反应的化学方程式为。（2）为使A中乙醇平稳汽化成乙醇蒸气，常采用的方法是。D处使用碱石灰的作用是。（3）能证明乙醇反应后产物的实验现象是。写出F处对应现象的化学方程式。（4）本实验中若不加热E处，其他操作不变，则发现C处无明显变化，而F处现象与(3)相同。推断B处发生反应的化学方程式。15．我国的“天宫”空间站的核心舱“天和”选择了高效柔性砷化镓(GaAs)薄膜太阳能电池来供电。（1）镓的原子结构示意图为，镓元素在元素周期表中的位置是。（2）GaAs的熔点为1238℃且熔融状态不导电，据此判断它是(填“共价”或“离子”)化合物。（3）镓与氨气在1100℃下反应生成氮化镓和氢气，该可逆反应每生成1molH2放出10.3kJ热量。该反应的热化学方程式是。(已知金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2403℃；氮化镓的熔点为1700℃)（4）As与P同族且相邻。磷的最外层电子轨道表示式。预测As的氢化物分子的空间结构，其沸点比NH3的(填“高”或“低”)，理由是。（5）下列说法不正确的是。a．镓的金属性比铝的强b．砷化镓具有半导体性质c．As与H2在低温时可剧烈化合为AsH3d．酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病。亚砷酸溶液中各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。（6）人体血液的pH在7.35—7.45之间，患者用药后人体中含As元素的主要微粒是。通常情况下，H2AsO3−电离程度（7）以酚酞作指示剂，将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，滴定终点发生的离子反应是。交点b的溶液中：c(K+)2c(HAsO32−)+4c(AsO316．丙烯是重要的化工原料，以丙烯为原料制取乳酸（）的流程如下（部分反应的条件已略去）。（1）B的结构简式是。（2）B→C所需的反应物及反应条件分别是。（3）写出C→D的反应方程式。（4）E→F的反应类型是反应。（5）丙烯可通过加聚反应制取聚丙烯塑料，写出聚丙烯的结构简式：。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．利用NaH2PO2B．NaH2PC．NaHD．该反应生成磷酸，磷酸不能拆成离子形式，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】

A．根据得失电子守恒，推出氧化产物中P的化合价。

B．H3PO2是一元酸，与氢氧化钠反应生成一种盐。2．【答案】B【解析】【解答】A．苯酚可以看作是苯基和羟基连接，乙醇可以可作是乙基和羟基连接，苯酚能跟NaOH溶液反应而苯不能，则说明苯基对羟基有影响，故A不选；B．乙炔含有碳碳三键，二者结构不同，不能用有机物分子内基团间的相互影响解释，故B选；C．苯环对羟基影响，酚羟基中-O−H键易断裂，能用有机物分子内基团间的相互影响解释，故C不选；D．甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，甲基受苯环的影响导致甲基上的H活泼，而甲烷不能，可说明苯基对氢原子的有影响，故D不选；故答案为：B。

【分析】B、乙炔和乙烷的结构不同，导致两者一个能与溴水反应，一个不能与溴水反应，并非由于分子内基团间的相互影响来解释；ACD都可以用分子内基团间的相互影响来解释。3．【答案】C【解析】【解答】A．根据原子周围数字表示的意义，可知所含的质子数为58，A说法不符合题意；B．根据原子周围数字表示的意义，可知所含的质量数是140，B说法不符合题意；C．根据原子周围数字表示的意义，该元素的原子序数为58，根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，中子数=相对原子质量−质子数=140−58=82，则铈原子中的中子数为82，C说法符合题意；D．根据原子周围数字表示的意义，质子数=原子序数=核外电子数=核电荷数，核外电子数是58，D说法不符合题意；故答案为：C。

【分析】根据原子周围数字表示的意义，左下角表示质子数，左上角表示质量数，再结合中子数=相对原子质量−质子数以及原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数原子间的数量关系分析解答。4．【答案】D【解析】【解答】A．容量瓶不能作为溶解或稀释的仪器，故试样不能直接在容量瓶中溶解，Na2S2O3溶液显碱性，故滴定管选丙，A不符合题意；B．选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色时，即达到滴定终点，B不符合题意；C．滴定管的0刻度在上面，越往下刻度越大，故丁图中，滴定前滴定管的读数为a+1.00mL，C不符合题意；D．对装有待测液的滴定管读数时，滴定前后读数方式如丁图所示，则读出的待测液的体积偏小，即实际体积偏大，故测得的结果偏大，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.不能在容量瓶中稀释或溶解，Na2S2O3溶液呈弱碱性；

B.淀粉遇碘变蓝色，碘被Na2S2O3还原为碘离子，溶液蓝色逐渐褪去，当溶液蓝色刚好消失时，碘正好完全反应，从而进行滴定终点的判定；

C.滴定管刻度由上而下数值增大；

D.滴定后俯视滴定管，液面在刻度线下方，待测液体积读数偏小，测定I2的浓度判断。5．【答案】D【解析】【解答】A.没有说明气体所处的条件，无法用体积进行计算，A选项不符合题意；B.HF无元素化合价发生变化，既不是氧化产物，也不是还原产物，B选项不符合题意；C.O2F2中只有O化合价降低，无元素化合价升高，所以O2F2是氧化剂，但不是还原剂，C选项不符合题意；D.由分析可知，S元素化合价升高，还原剂是H2S，氧化剂是O2F2，二者的物质的量之比为1：4，D选项符合题意；故答案为：D。

【分析】反应H2S＋4O2F2＝SF6＋2HF＋4O2中S元素化合价由-2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题。6．【答案】C【解析】【解答】A．浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2∶1混合，二者恰好反应产生Na2HPO4，在溶液中HPO42-存在电离平衡：HPO42-⇌PO43−+H+，也存在着水解平衡：HPO42-+H2O⇌H2B．在Na2HPO4溶液中，根据质子守恒可得：c(HC．向0.1mol/L的H3PO4溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化，溶液pH=1时，c(H+)=0.1mol/L，假设电离的H3PO4为x，根据电离平衡常数Ka1=c(H+)c(H2POD．在H3PO4溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH=11时，c(H+)=10-11mol/L，Ka3=c(H+)c(PO43-)故答案为：C。

【分析】A.浓度均为0.1mol/L-1的NaOH溶液和H3PO4溶液按照体积比2：1混合反应生成Na2HPO4，判断溶液中HPO42-离子的水解程度和电离程度大小，确定溶液酸碱性；

B.Na2HPO4溶液中存在电荷和物料守恒，据此计算分析判断离子浓度关系；

C.依据电离平衡常数结合电离程度=已电离的浓度原来浓度X100%分析；

D.依据溶液的酸碱性结合Ka37．【答案】B【解析】【解答】A.电解时阴离子应该向阳极移动，所以通电后CrO42-将通过阴离子膜进入阳极室，选项A不符合题意。B.阴极室的反应为水电离的氢离子得电子转化为氢气，所以阴极室剩余水电离的氢氧根离子，同时Na+透过阳离子交换膜进入阴极室，所以阴极室还要得到氢氧化钠，选项B符合题意。C.阳极的反应应该是水电离的氢氧根离子失电子转化为氧气，方程式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，选项C不符合题意。D.阳极室随着水电离的氢氧根离子被反应，剩余氢离子，使溶液显酸性，可以与透过阴离子交换膜过来的CrO42-发生如下反应：2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，所以分离后所得含铬元素的粒子有CrO42-和Cr2O72-，选项D不符合题意。

【分析】电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO42-、Cr2O72-，阴极发生还原反应生成氢气和硫酸钠，在阳极上发生反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O，据此回答。

8．【答案】C【解析】【解答】A、表示的是氧离子的结构示意图，质子数小于核外电子数，应是，故不符合题意；B、根据原子结构表示形式，左上角是质量数，左下角是质子数，应是2787C、H2O是共价化合物，其电子式为：，故符合题意；D、HBr是共价化合物，不是离子化合物，故不符合题意。

【分析】A.氧离子的核电荷数为8，核外电子数为10，依此书写结构示意图；

B.质子数为27、中子数为60的Co原子，质量数=质子数十中子数；

C.水为共价化合物，分子中不存在阴阳离子，电子式不能标出电荷；

D.溴化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子。

9．【答案】B【解析】【解答】A.同素异形体是同一元素形成的不同单质，而该物质与碳化硅（SiC）都是化合物，故A不符合题意；B.外面的硅原子与里面的碳原子以共价键结合，说明该物质是由两种元素组成的化合物，是分子晶体，故B符合题意；C.硅的原子半径比碳大，所以硅化合物Si60C60，外层球壳为Si60，内层球壳为C60，故C不符合题意；D.分子晶体的熔点低、硬度小，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、根据同素异形体是同一元素形成的不同单质；

B、化合物是由不同种元素组成的纯净物，根据形成元素种类判断晶体的类型；

C、根据硅的原子半径比碳大；

D、根据分子晶体的熔点低、硬度小。

10．【答案】D【解析】【解答】A．NO2和N2O4的最简式相同为NO2，46gNO2的物质的量为46g46g/molB．因为乙烯和丙烯的实验式相同，可将混合气体设为（CH2）n，14g（CH2）n的物质的量为14g14ng/mol=1nmol，而1mol（CHC.7gCnH2n中含有的氢原子数目为7g14ng/molD．NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，则120g由NaHSO4和KHSO3组成的混合物总物质的量为120g120g/mol故答案为D。

【分析】A.NO2和N2O4具有相同最简式NO2；

B.乙烯和丙烯：最简式为CH2；

C.CnH2n最简式为CH2；

D.摩尔质量相等，1molNaHSO4和KHSO3都含有1mol硫原子。11．【答案】C【解析】【解答】A．MnOB．使无色酚酞试液显红色的溶液，说明溶液显碱性，而氢氧根和HCOC．酸性溶液中，四种离子都可以大量存在，C符合题意；D．三价铁离子会和碘离子发生氧化还原反应，不能共存，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】本题考查的是离子共存的问题，要注意以下组合；

产生水：OH-和H+、HCO3-、HS-、不能共存；

产生气体：NH4+和OH-不能共存、H+和CO32-、HCO3-、S2-、HS-、SO32-、HSO3-不能共存；

产生固体：OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；

CO32-只能和K+、Na+共存；

SO42-只和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；

Cl-只和Ag+不能共存。

12．【答案】A【解析】【解答】A.根据以上分析，X、Y、Z、W、Q分别是N、O、Al、S、Cl，N元素最高正化合价为其主族数等于5，Al元素最高正化合价为其主族数等于3，二者之和等于8，故A符合题意；B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下，原子半径逐渐增大，所以原子半径的大小顺序为rZ＞rW＞rQ＞rX＞rY，故B不符合题意；C.离子Y2-和Z3+都为10微粒，核外电子数和电子层数都相同，故C不符合题意；D.同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故D不符合题意。故答案为：A。【分析】根据短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置可知，它们分别是N、O、Al、S、Cl，据此分析解答。13．【答案】（1）HNO2⇌H+＋NO2－（2）（3）加成反应；＜；过程ⅰ【解析】【解答】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸，在溶液中部分电离，电离方程式为HNO2⇌H+＋NO2－；(2)亚硝酸属于共价化合物，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为；(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物氮氧双键消失，变为氮氧单键，可以看作中的氮氢键断裂，分别加成在亚硝酸分子的氮氧双键两端，可以看作是加成反应，过程ⅱ中中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，可以看作有机反应中醇羟基的消去反应；②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，根据图示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应属于放热反应，ΔH＜0；活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态(过渡态)所需要的能量。活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大，根据图示，过程ⅰ的活化能大于过程ⅱ的活化能，则过程ⅰ的反应难度更大。

【分析】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸；

(2)亚硝酸属于共价化合物，据此书写电子式；

(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程i的反应中生成物氮氧双键消失，变为氮氧单键，过程ii中中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，结合有机物的反应类型分析；

②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关分析判断；活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大。

14．【答案】（1）2KMnO4Δ__K2MnO4+MnO2+O（2）水浴加热；防止F处产生的水蒸气进入到C，干扰生成物水的检验（3）C处无水硫酸铜变蓝色，说明有水生成；加热煮沸F试管，产生砖红色的沉淀，说明有乙醛生成；CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHΔ__CH3COONa＋Cu2O↓＋3H（4）CH3CH2OH→Δ催化剂CH3CHO+H【解析】【解答】(1)E处是一种固体纯净物，且分解生成氧气，所以是高锰酸钾，加热高锰酸钾时，高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，其发生反应的化学方程式为2KMnO4Δ__K2MnO4+MnO2+O2↑，故答案为：2KMnO4Δ__K2MnO4+MnO(2)直接加热时，生成乙醇蒸汽的速率较大，乙醇和氧化铜反应不完全，造成资源浪，费，为了使A中的乙醇平稳气化成蒸气，可采用水浴加热的方法；乙醇和氧化铜反应生成乙醛、铜和水，加热F处时，F装置中的水蒸气也使无水硫酸铜变蓝，所以对乙醇和氧化铜反应生成的水蒸气造成干扰，所以D装置目的是吸收F装置中的水蒸气，防止F处产生的水蒸气对无水硫酸铜产生影响，故答案为：水浴加热；防止F处产生的水蒸气进入到C，干扰生成物水的检验；(3)水能使无水硫酸铜变蓝，在加热条件下，乙醛和新制的Cu(OH)2悬浊液生成砖红色氧化亚铜沉淀，如果C处无水硫酸铜变蓝，加热煮沸F，生成砖红色沉淀，说明乙醇被氧化后的产物是水和乙醛，F处对应现象的化学方程式CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHΔ__CH3COONa＋Cu2O↓＋3H2O，故答案为：C处无水硫酸铜变蓝色，说明有水生成，加热煮沸F试管，产生砖红色的沉淀，说明有乙醛生成；CH3CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHΔ__CH3COONa＋Cu(4)不加热E处说明没氧气参与反应，发现C处无明显变化，而F处现象与(3)相同，说明无水生成，但生成了乙醛，是乙醇在铜催化作用下生成醛和氢气的反应，反应的化学方程式CH3CH2OH→Δ催化剂CH3CHO+H2↑，故答案为：CH3CH2OH→Δ催化剂CH

【分析】(1)高锰酸钾制取氧气；

(2)加热时采用水浴加热可以让乙醇平稳气化成乙醇蒸汽，碱石灰常做干燥剂；

(3)无水硫酸铜用于检验水的生成，乙醛和新制的Cu(OH)2悬浊液生成砖红色氧化亚铜沉淀；

(4)乙醇在铜催化作用下生成醛和氢气。15．【答案】（1）第四周期ⅢA族（2）共价（3）2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)△H=—30.9kJ/mol（4）；三角锥形；低；NH3和AsH3均为分子晶体，NH3分子间能形成氢键，分子间作用力大于AsH3（5）c（6）H3AsO3；<（7）H3AsO3+OH—=H2AsO3−+H2【解析】【解答】（1）由镓的原子结构示意图可知，镓元素位于元素周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族；（2）砷化镓的熔点高且熔融状态不导电，说明砷化镓为共价化合物，故答案为：共价；（3）在1100℃下液态镓与氨气反应生成固态氮化镓和氢气，可逆反应的方程式为2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)，由每生成1mol氢气放出10.3kJ热量可知，反应的反应热△H=-30.9kJ/mol，则反应的热化学方程式为2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol，故答案为：2Ga(l)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2(g)△H=-30.9kJ/mol；（4）磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，则价电子排布图为；砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，空间构型为三角锥形；砷化氢和氨气是结构相似的分子晶体，氨气分子间能形成氢键，砷化氢分子间不能形成氢键，则氨气分子间的作用力大于砷化氢，沸点高于砷化氢，故答案为：；三角锥形；NH3和AsH3均为分子晶体，NH3分子间能形成氢键，分子间作用力大于AsH3；（5）a．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则镓的金属性比铝的强，故正确；b．砷化镓与硅一样是半导体材料，具有半导体性质，故正确；c．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，砷与氢气在低温时不能发生化合反应生成砷化氢，故不正确；d．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，则酸性由强到弱的顺序为H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故正确；故答案为：c；（6）人体血液的pH在7.35-7.45之间，由图可知，患者用药后人体中含砷元素的主要微粒是亚砷酸；H2AsO3−的物质的量分数最大时，溶液呈碱性，说明H2AsO3−的电离程度小于水解程度，故答案为：H3AsO（7）由酚酞作指示剂时的变色范围为8可知，氢氧化钾溶液与亚砷酸溶液反应生成亚砷酸二氢钾和水，反应的离子方程式为H3AsO3+OH-=H2AsO3−+H2O；交点b的溶液中存在电荷守恒关系c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2AsO3−)+2c(HAs