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1、高三化学一轮复习备考分子结构与性质专项练习一、单选题（共16题）1下列化合物中，既含离子键、共价键，又含配位键的是ANaBrBAlCl3CNH4NO3DCaCl22下列物质分子中存在键的是A氢气B甲烷C乙烯D乙醇3相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成(n 聚乙二醇)。下列说法错误的是A环氧乙烷在酸性条件下先水解再发生缩聚反应制得聚乙二醇B聚乙二醇的结构简式为C相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n67D聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键4下列变化需克服相同类型作用力的是A碘和干冰的升华B硅和冰的熔
2、化C氯化氢和氯化钾的溶解D溴和汞的气化5在ClCH=CHCl分子中，C-Cl键采用的成键轨道是Asp-pBsp2-sCsp2-pDsp3-p6将灼热的铜丝伸入盛氯气的集气瓶中，剧烈燃烧产生棕黄色烟，向集气瓶中加入少量水，观察到溶液呈黄绿色，主要原因是CuCl2溶液中存在黄绿色的CuCl42-。现向蓝色的硫酸铜溶液中，加入少量稀氨水，得到蓝色絮状沉淀，继续加入氨水后，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再向其中加入少量浓盐酸，得到绿色溶液，则该绿色溶液中主要存在的离子是ACu2、Cu(H2O)42、SOBCuCl42-、Cu(H2O)42、NH、SOCCuCl、NH、SODCu(NH3)42、Cu(H
3、2O)42、SO7观察下列模型并结合有关信息，判断下列说法错误的是物质或结构单元结构模型示意图备注熔点易溶于A单质硼属于原子晶体B是非极性分子C不易溶于水D分子中键与键的数目之比为8推理是学习化学常用的思维方法，由下列事实推导出的结论错误的是选项事实结论A二氯甲烷没有同分异构体甲烷是正四面体形分子B苯的邻二氯代物只有一种苯分子不是单双键交替的结构C Cu(NH3)42+的空间结构为正方形Cu2+的杂化方式为sp3D蔗糖不能发生银镜反应蔗糖是非还原性糖AABBCCDD9臭鼬放的臭气主要成分为，下列关于3MBT的说法错误的是A沸点高于B1 mol该分子中含有键数目为15NAC该分子中C的杂化方式有
4、两种D该分子中所有碳原子一定共面10与石墨结构相似的六方氮化硼(BN)晶体在高温高压下可以转化为立方氮化硼(BN)，立方氮化硼的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当。下列关于该物质的分析中正确的是A六方氮化硼转化为立方氮化硼是物理变化B立方氮化硼(BN)中氮元素的化合价为C和键相比，键的键长更长D立方氮化硼比晶体硅的熔点更高，硬度更大11下列叙述正确的是A钾原子由激发态转变为基态可获得吸收光谱B磷化铜()用于制造磷青铜，电负性：C用原子轨道描述氢分子中化学键的形成：D俗称光气的二氯甲醛()分子中键角恰好为12胆矾的化学式为CuSO45H2O，可改写成Cu(H2O)4SO4H2O，其结构示意图如下
5、：下列有关胆矾的说法正确的是A氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键B胆矾可用于实验过程中检验水蒸气C胆矾中的水分子均与中心Cu2+之间存在配位键D胆矾中的水分子在不同温度下会分步失去13X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Y原子为其所在周期中未成对电子最多的原子，下列说法中正确的是A的空间构型为V形BY的最简单气态氢化物的水溶液显碱性CZ的氯化物中各原子最外层一定满足8电子稳定结构DW的氧化物对应水化物的酸性比Z的氧化物对应水化物的酸性强14实验室用检验的离子方程式为。下列有关说法正确的是A中铁离子的配位数为B含键C碳元素电负性强于氮元素的D再失去1个电子比更
6、难15NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A的水溶液中含有氧原子数为0.01NAB含有的中子数为10NAC32g环状()分子中含有的键数为1NAD0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA16利用废蚀刻液(含、及)制备碱性蚀刻液溶液和的主要步骤：用氧化废蚀刻液，制备氨气，制备碱性蚀刻液、固液分离，用盐酸溶解沉淀并制备。下列有关说法正确的是A是非极性分子B中氧原子的杂化轨道类型为C能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明具有漂白性D酸性氧化废蚀刻液的离子方程式：二、综合题（共4题）17I.某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物
7、质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：(1)在滴定时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_；滴定终点的判定依据是_。(2)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_。A酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液B滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数II.Cu(NH3)42+在实验室中制备方法如下：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液。(3)请写出蓝色沉淀溶解得到深蓝
8、色溶液的离子方程式_。(4)Cu(NH3)42+中的配体为_，提供孤电子对的配位原子是_。18K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O制备K3Fe(C2O4)33H2O的流程如图所示。回答下列问题：(1)K3Fe(C2O4)3中铁离子的配位数为_，其配体C2O中C原子的杂化方式为_。(2)步骤发生反应的化学方程式为_。(3)步骤将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制溶液pH为3.03.5，随反应进行需加入适量_(已知：常温下KHC2O4溶液的pH约
9、为3.5)。(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是_。(5)某研究小组将K3Fe(C2O4)33H2O在一定条件下加热分解，利用如图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和CO2。按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_(填装置序号)。确认气体产物中含CO的现象为_。(6)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液，Ni(NH3)6SO4中配体的构型是_，阴离子的立体构型是_。19实验室制备氧钒()碱式碳酸铵晶体(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)910H2O的实验步骤如图：i.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H42HCl溶液，微沸数分钟。
10、ii.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。iii.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。请回答下列问题：(1)步骤i中的还原剂是_(填化学式)。(2)已知VO2+能被O2氧化，步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将C中空气排净。仪器M的名称是_。装置B的作用是_。(3)步骤ii中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是_，用无水乙醇洗涤的目的是_。(4)蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时，该水合配离子全部转化为褐
11、色的VO(OH)3-，写出转化过程的离子方程式_。(5)称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmolL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO+Fe2+2H+=VO2+Fe3+H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为_%(用含有m、c、V的式子表示)。20实验室通常是在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3，该反应属于大量放热的反应。某小组用如图所示装置制备Co(NH3)6Cl3，实验步骤如下： 称取研细的CoCl26H2O
12、10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入25mL浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。用水浴将混合物加热至60，恒温20分钟，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤。将沉淀溶于热的盐酸中，趁热过滤，滤液中加适量浓盐酸并冷却结晶。过滤、用乙醇洗涤晶体并在105条件下烘干。试回答下列问题：(1)制备Co(NH3)6Cl3的化学方程式是_。(2)请指出装置中存在的一处缺陷_。(3)若将5mL30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会出现的问题是_。(4)与Co(NH3)6Cl3类似的产品还有Co(NH3)5ClCl2，请简述验证某晶体是Co(NH3)6Cl
13、3还是Co(NH3)5ClCl2的实验方案_。(5)步骤中趁热过滤的主要目的是_，滤液中加适量浓盐酸的主要目的是_。(6)乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是_。参考答案1C【详解】略2C【详解】氢气、甲烷、乙醇中只含有单键，即只含键；乙烯中含有碳碳双键，双键中有一个键，故答案为C。3C【详解】A环氧乙烷在酸性条件下先水解成乙二醇，再发生缩聚反应生成聚乙二醇，故A正确；B由乙二醇的结构简式HOCH2CH2OH，则聚乙二醇的结构简式为，故B正确；C聚合度等于相对分子质量除以链节的相对分子量，所以聚合度n=，故C错误; D形成氢键具有保湿性，聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键，故D
14、正确；故答案：C。4A【详解】A碘和干冰均属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；B硅属于原子晶体，冰属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误C氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钾溶解破坏离子键，故C错误；D溴气化破坏分子间作用力，汞的气化破坏金属键，故D错误。故选A。5C【详解】在ClCH=CHCl分子中，C原子采用sp2杂化，Cl原子最外层电子排布式是3s23p5，则其中的C-Cl键采用的成键轨道是sp2-p，故合理选项是C。6B【详解】由题中信息可推知，含CuCl42-的溶液为黄绿色，含Cu(H2O)42的溶液为蓝色，故绿色溶液中含CuCl42-和Cu(H2
15、O)42；在整个反应过程中SO未参与反应，NH3与H结合生成了NH；故选B。7D【详解】A由图知，结构单为空间网状结构，熔点较高，为原子晶体，故A正确；B不同原子构成的共价键是极性键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称,正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，SF6是由极性键SF构成，空间构型为对称结构，分子极性抵消，SF6为非极性分子，故B正确；C是非极性分子，易溶于，难溶于水，故C正确；D的结构式为，含有2个键和2个键，故数目比为，故D错误；故选D。
16、8C【详解】A甲烷分子是一种呈正四面体型的分子，甲烷分子中两个氢原子被氯取代后，生成物只有一种，故A正确；B苯的邻二氯代物只有一种，则说明苯不是单双键交替，故B正确；C Cu(NH3)42+中Cu2+与N形成4个配位键，即4个键，则Cu的杂化方式为sp3杂化，为正四面体结构，故C错误；D含有醛基的有机物能发生银镜反应，蔗糖分子结构中不含醛基，是非还原性糖，不能直接与银氨溶液发生银镜反应，故D正确；故选：C。9A【详解】A二者结构相似，但由于的分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，所以的沸点比的低，A错误；B每个共价键中均有一个键，一个3-甲基-2-丁烯硫醇分子中共有15个共价键，则1 m
17、ol 3-MBT中含有键数目为15NA，B正确；C物质分子中饱和C原子采用sp3杂化，形成碳碳双键的C原子采用sp2杂化，因此该分子中C的杂化方式有两种，C正确；D乙烯分子是平面结构，该物质分子中2个甲基C原子及亚甲基C原子取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯的平面上，因此该分子中所有碳原子一定共平面，D正确；故合理选项是A。10D【详解】A由题干信息可知，六方氮化硼和立方氮化硼的结构不同，性质不同，故六方氮化硼转化为立方氮化硼有新物质生成，故是化学变化，A错误；B由于N的电负性强于B的，故立方氮化硼(BN)中氮元素的化合价为-3价，B错误；C共价键的键长是指两原子的核间距，近似等于两原子半径之
18、和，由于Si的半径大于B和N的，故和键相比，键的键长更短，C错误；D由于Si的半径大于B和N的，故立方氮化硼中B-N键的键长比晶体硅中Si-Si键的键长更短，键能更大，故立方氮化硼比晶体硅的熔点更高，硬度更大，D正确；故答案为：D。11B【详解】A钾原子由激发态转变为基态可获得释放光谱，故A错误；B磷化铜()用于制造磷青铜，根据同周期从左到右电负性依次递增，同主族从上到下电负性依次减弱，可得电负性：，故B正确；C，左边第一个是氢原子原子轨道，左边第二个不是氢原子的原子轨道，因此图示不能描述氢分子中化学键的形成，故C错误； D俗称光气的二氯甲醛()分子的空间构型是平面三角形，但碳氧双键和碳氯键不
19、相同，键角不是，故D错误；故答案为：B12D【详解】A氢键不属于化学键，A项错误；B胆矾中有5个H2O分子，无法吸收水蒸气，不能用于检验水蒸气，B项错误；C由图可知，胆矾中有1个H2O分子与胆矾分子通过氢键结合，有4个H2O分子与Cu2+通过配位键结合，C项错误；D由图可知，胆矾中有1个H2O分子与胆矾分子通过氢键结合，易失去，有4个H2O分子与Cu2+通过配位键结合，较难失去，D项正确；答案选D。13B【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子为所在周期中未成对电子最多的原子，则Y是N元素，根据元素相对位置可知X是C元素，Z是P元素，W是S元素。【详解】AX是C元素，W是S元素，是CS2，
20、其空间构型为直线型，A项错误；BY是N元素，其最简单气态氢化物为NH3，NH3的水溶液显碱性，B项正确；CZ是P元素，可以形成PCl3、PCl5两种氯化物，其中PCl5中P原子最外层是10个电子，不满足8电子稳定结构，C项错误；D未指明是否是元素最高价氧化物对应的水化物，因此不能比较相应的酸性强弱，D项错误；答案选B。14B【详解】A中铁离子的配位数为6，A错误；B1个CN一含1个键，1个CN一与Fe3+形成1个配位键，配位键也是键，所以含键，B正确；C碳和氮位于同一周期，氮在右侧，所以碳元素电负性弱于氮元素的电负性，C错误；DMn2+外围电子排布式为3d5，由Mn2+变为Mn3+，3d能级由
21、较稳定的3d半充满状态变为不稳定的3d4状态，需要吸收的能量多，Fe2+外围电子排布式为3d6，Fe2+变为Fe3+，3d能级由较不稳定的3d6状态变为较稳定的3d5半充满状态，需要吸收的能量少。所以Mn2+再失去1个电子比Fe2+再失去一个电子困难。D错误；故选B。15C【详解】A的水溶液中,含有氧原子数为0.01NA，但是水中也含有氧原子，故总数大于0.01NA，A错误；B小于1mol，其含有的中子数小于10NA，B错误；C根据均摊的原则，1个中的S原子拥有1个，32g是1molS，则含有1NA，C正确；DCH3COOH与CH3CH2OH的反应为可逆反应，故最终生成的CH3COOCH2CH
22、3分子数目小于0.1NA，D错误；故选C。16D【详解】A分子内存在2个O-H键，1个O-O键，其分子构型决定了正负电荷重心不重叠、是极性分子，A错误；B由双氧水的结构可知：氧原子形成一个O-H键，一个O-O键，含有两对孤电子对、杂化轨道数为4、中氧原子的杂化轨道类型为，B错误；C 和酸性高锰酸钾溶液反应、生成锰离子和氧气等，使酸性高锰酸钾褪色，说明具有还原性，C错误；D 酸性氧化废蚀刻液，是和亚铁离子发生氧化还原反应，得到铁离子和水，离子方程式：，D正确；答案选D。17锥形瓶内溶液颜色变化 滴最后一滴盐酸时，溶液由黄色变成橙色且30秒内不变色 D Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3
23、)42+2OH-+4H2O NH3 N 【详解】(1)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；甲基橙在NaOH溶液中显黄色，在pH=3.14.4时，溶液显橙色，因此滴定终点时，溶液的颜色由黄色变为橙色，且30 s内不变色；故依次填：锥形瓶中溶液颜色变化；滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色变为橙色且30 s内不变色；(2)A酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入盐酸，标准液浓度偏小，会导致测定时消耗标准液体积偏大，所测浓度偏高，A不符合题意；B锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，消耗标准液体积不变，故对实验结果无影响，B不符合题意；C滴定前有气泡，滴定后无气泡，则尖嘴部分充满的标准液未
24、参与反应，不应计入标准液体积消耗，即所计标准液体积偏大，造成测定结果偏高，C不符合题意；D读取盐酸体积时，开始仰视，滴定结束时俯视读数，会导致测定标准液体积偏小，测定结果偏低，D符合题意；故答案选D。(3)氢氧化铜蓝色沉淀溶于氨水形成Cu(NH3)42+深蓝色溶液的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4H2O（或Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-），故答案为Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH-+4H2O（或Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-）；(4) Cu(NH3)42+配离子中，中心Cu2+
25、提供空轨道，配体NH3中配位原子N提供孤电子对，两者之间形成配位键，故此处依次填：NH3，N。186 sp2 2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3 H2C2O4 洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分 DCBADE A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊 三角锥形 正四面体 【分析】莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe(OH)3与KHC2O4反应生成K3Fe(C2O4)3溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3Fe(C2O4)33H2O，【详解】(1)K3
26、Fe(C2O4)3中Fe提供空轨道，C提供孤对电子，则铁离子的配位数为6，其配体C2O42-中C原子形成C-C及C=O键，杂化方式为sp2杂化；(2)步骤发生反应的化学方程式为2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3；(3)常温下KHC2O4溶液的pH约为3.5，步骤将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制溶液pH为3.03.5，随反应进行需加入适量H2C2O44；(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去结晶体表面的水分；(5)验证所得气体产物中含有CO和CO2，按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为D
27、CBADE，即先检验二氧化碳，再除去二氧化碳，浓硫酸干燥CO后，CO还原CuO，再选石灰水检验生成物，最后收集多余的CO；确认气体产物中含CO的现象为A中粉末由黑色变为红色，其后D中石灰水变浑浊， (6)配体为NH3，其价层电子对数为3+1/2(5-31)=3+1=4，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；阴离子为SO42-，其价层电子对数为4+1/2(6+2-42)=4+0=4，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体。19N2H42HCl 长颈漏斗 除去CO2中的HCl气体 抑制氧钒()碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失 洗去固体表面的水和NH4HCO3 VO(H2O)52+3OH-=VO(
28、OH)3-+5H2O 【详解】(1)氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价由+5价降低到+4价，作氧化剂，O、Cl价态不变，H已经是最高价态，只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是；(2)该仪器是长颈漏斗；A装置用于制备二氧化碳，是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；(3) 选择饱和碳酸氢钠的原因是抑制氧钒()碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；用无水乙醇洗涤是为了洗去固体表面的水和NH4HCO3，乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在；(4)由图知该水合配离子化学式为
29、，加入碱生成，离子方程式为：；(5)根据已知反应，则质量分数为202CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32Co(NH3)6Cl3+2H2O 缺少吸收挥发出氨气的装置 在温度迅速升高过程中，H2O2大量分解 取等质量的晶体分别溶于水，室温下加足量的AgNO3溶液后滤去沉淀；对滤液再进行加热，又能产生沉淀的是Co(NH3)5ClCl2，不能再产生沉淀的是Co(NH3)6Cl3 除去活性炭并防止产品析出 增大氯离子浓度，有利于析出Co(NH3)6Cl3 产品损失少 【分析】用CoCl2、NH4Cl、H2O2、NH3在三颈烧瓶内混合，水浴加热制取Co(NH3)6Cl3，由于NH3易挥发，NH
30、4Cl、H2O2易分解，所以需控制加热温度；同时需考虑，反应过程中挥发出的氨气会对大气产生污染，应进行尾气处理；分离产品时，需先过滤出活性碳，同时应防止产品在过滤过程中结晶析出；将产品结晶析出时，又需考虑如何获得尽可能多的晶体。【详解】(1)制备Co(NH3)6Cl3时，用CoCl2、NH4Cl、H2O2、NH3为原料，化学方程式是2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32Co(NH3)6Cl3+2H2O。答案为：2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH32Co(NH3)6Cl3+2H2O；(2)装置中，由于不断加热且反应放热，氨水中会有一定量的氨气挥发出来，应进行处理，所以存在
31、的一处缺陷是缺少吸收挥发出氨气的装置。答案为：缺少吸收挥发出氨气的装置；(3)H2O2具有不稳定性，若30%的H2O2溶液一次性加入三颈烧瓶，会出现的问题是在温度迅速升高过程中，H2O2大量分解。答案为：在温度迅速升高过程中，H2O2大量分解；(4)与Co(NH3)6Cl3相比，Co(NH3)5ClCl2的内界还含有Cl-，常温下与Ag+不反应，但受热后电离程度增大，可与Ag+反应生成AgCl，所以验证某晶体是Co(NH3)6Cl3还是Co(NH3)5ClCl2的实验方案为：取等质量的晶体分别溶于水，室温下加足量的AgNO3溶液后滤去沉淀；对滤液再进行加热，又能产生沉淀的是Co(NH3)5Cl
32、Cl2，不能再产生沉淀的是Co(NH3)6Cl3。答案为：取等质量的晶体分别溶于水，室温下加足量的AgNO3溶液后滤去沉淀；对滤液再进行加热，又能产生沉淀的是Co(NH3)5ClCl2，不能再产生沉淀的是Co(NH3)6Cl3；(5)步骤中，若过滤时间长，滤液温度降低多，Co(NH3)6Cl3会在过滤过程中结晶析出，所以需趁热过滤，主要目的是除去活性炭并防止产品析出；为获得更多的产品，可利用同离子效应，降低产品的溶解度，由此得出滤液中加适量浓盐酸的主要目的是增大氯离子浓度，有利于析出Co(NH3)6Cl3。答案为：除去活性炭并防止产品析出；增大氯离子浓度，有利于析出Co(NH3)6Cl3；(6) Co(NH3)6Cl3易溶于水而难溶于乙醇，则乙醇洗涤与蒸馏水洗涤相比优点是产品损失少。答案为：产品损失少。【点睛】配合物溶于水后，内界的电离程度小，反应困难；设法增大电离程度，才能让内界中的离子发生反应。