高中化学第3节 离子键、配位键与金属键练习

这是一份高中化学第3节 离子键、配位键与金属键练习，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．某性能优良的多孔储氢材料前驱体结构如图所示，X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，基态M原子的电子填充了3个能级，且成对电子数是未成对电子数的3倍。下列说法正确的是

A．原子半径：X＞Y＞Z
B．阴、阳离子中均含有配位键
C．Z、W、M两两之间均能形成双原子分子
D．X、W、M三种元素组成的化合物中不可能含有离子键
2．X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。

下列说法不正确的是
A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH
B．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C．X中所含阴离子是SO
D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
3．下列化学用语表示不正确的是
A．乙烯分子中p-p π键电子云形状：
B．的结构示意图：
C．中子形成的化学变化过程：
D．的形成过程：
4．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．29gC4H10中σ键的个数为7NA
B．0.5mlPCl3中P的价层电子对数为3NA
C．1ml[Zn(NH3)4]2+中配位键的个数为4NA
D．30g14CO中含有的质子数为16NA
5．已知[C(NH3)6]3+呈正八面体结构，若其中有两个NH3分子分别被H2O取代，所形成的[C(NH3)4(H2O)2]3+的几何异构体种数有几种（不考虑光学异构）
A．2种B．3种C．4种D．6种
6．向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物；继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；再加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色的晶体．与上述实验相关的说法中正确的是
A．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子
B．析出的深蓝色晶体是
C．中含有共价键
D．中，提供空轨道，的原子给出孤电子对
7．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．分子中含有碳氧键的数目为
B．中的配位键数是
C．二甲醚中采取杂化的原子数为
D．在含键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为
8．20世纪60年代初，化学家巴特列将用(六氯化铂)与等物质的量的氧气在室温下制得了一种深红色的固体，经实验确认，该化合物的化学式为。这是人类第一次制得的盐。巴特列特经过类比和推理，考虑到稀有气体(氙)和的第一电高能几乎相等，断定也应存在。巴特列特立即动手实验，结果在室温下轻而易举地制得了黄色固体。根据以上叙述判断下列说法不正确的是
A．可能是离子化合物
B．可能存在离子键
C．具有强氧化性
D．元素的化合价一定为零
9．下列说法正确的是
A．是由极性共价键构成的极性分子
B．和分子中均含有键
C．能与以配位键形成
D．酸性：
10．只有离子键的化合物是
A．Na2O2B．AlCl3C．CaH2D．NH4Cl
二、填空题
11．按要求回答下列问题：
(1)某粒子有1个原子核，核中有17个质子、20个中子，核外有18个电子，该粒子的化学符号是
(2)写出下列物质的电子式：N2 NH4I
(3)用电子式表示下列化合物的形成过程：Na2S：
(4)1L烷烃A的蒸气完全燃烧时，生成同温同压下9L水蒸气，则烷烃A含有6个甲基的结构简式 ；
(5)烷烃B在同温同压下蒸气密度是H2的50倍，则烷烃B主链有5个碳原子的同分异构体有 种，
(6)C4H8Cl2的二氯代物有 种。
(7)有下列各组物质：
①O2和O3②H2 D2 T2③12C和14C ④CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3⑤癸烷和十六烷 ⑥CH3(CH2)5CH3和CH3CH2CH2CH(CH3)C2H5 ⑦
互为同位素的是 (填序号，下同)；互为同分异构体的是 ；互为同素异形体的是 ；为同一物质的是 ；互为同系物的是
12．制备石硫合剂(一种常用农药)的方法如下：先在反应器内加水使石灰消解，然后加足水量，在搅拌下把硫磺粉慢慢倒入。升温熬煮，使硫发生歧化反应。滤去固体渣滓得到粘稠状深棕色透明碱性液体成品。
(1)写出生成产品的歧化反应的化学反应方程式 。
(2)说明固体渣滓的成分(假定水和生石灰皆为纯品) 。
(3)写出呈现深棕色物质的化学式 。
(4)通常采用下述路线进行石硫合剂成品中有效活性物种的含量分析。写出A、B和C所代表的物种的化学式 、 、 。
(5)我国科技工作者首创用石硫合剂提取黄金的新工艺，其原理类似于氰化法提金，不同的是过程中不需要通入空气。写出石硫合剂浸金过程中氧化剂的化学式 ，指出形成的Au(I)配离子中的配位原子 。
13．研究发现固态PCl5和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为[PCl4]＋[PCl6]-和[PBr4]＋Br-，分析PCl5和PBr5结构存在差异的原因是 。
14．过渡元素在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)是一种储氢材料，可由和反应制得。基态的电子占据的最高能层符号为 ，该能层具有的原子轨道数为 ，的立体结构是 。
(2)过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其轨道电子排布有关。一般或排布无颜色，排布有颜色。如显粉红色。据此判断： (填“无”或“有”)颜色。
(3)过渡金属易与形成羰基配合物，如配合物，常温下为液态，易溶于、苯等有机溶剂。
①固态时属于 分子(填极性或非极性)；
②中与的 原子形成配位键；
③分子中键与键个数比为 。
15．Cu(II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。
(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量的乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体。
①产生蓝色沉淀的离子方程式是 。
②[Cu(NH3)4]SO4在水中电离的方程式是 。
(2)如图所示，Cu(II)配合物A和B可发生配位构型的转变，当Cu(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。
①A中存在的作用力类型有 。
②若将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为 。
(3)在CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因 。
16．完成下列问题
(1)的键角大于的键角，解释其原因： 。
(2)O、S的简单氢化物分子键角从大到小的顺序为 ，原因是 。
(3)中含有的化学键类型包括 ；中键角 (填“>”或“”“H，则吸电子能力Cl>H，吸电子能力增强导致酸性增强，故酸性：，D错误；
故选C。
10．C
【详解】A．Na2O2由Na+和O构成，含有离子键和共价键，A项错误；
B．AlCl3是共价化合物，只含共价键，B项错误；
C．CaH2由Ca2+和H-构成，只含离子键，C项正确；
D．NH4Cl由NH和Cl-构成，含有共价键和离子键，D项错误；
故选C。
11． (CH3)3CC(CH3)3 4 9 ③ ④⑥ ① ②⑦ ⑤
【分析】同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物，官能团数目和种类相等；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同种元素形成的不同单质互为同素异形体；质子数相同，质量数(或中子数)不同的原子互称同位素；组成和结构都相同的物质为同一物质，同一物质组成、结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同。
【详解】(1)某粒子有1个原子核，核中有17个质子、20个中子，质量数为17+20=37，核外有18个电子，核内质子数比核外电子数少1，所以该微粒是带一个单位负电荷，为阴离子，该粒子的化学符号是，故答案为：；
(2)N2分子中两个氮原子间形成叁键，电子式：；NH4I碘离子与铵根离子间以离子键结合，电子式：，故答案为：；；
(3)硫化钠为离子化合物，一个钠原子失去一个电子，一个硫原子得到两个电子，用电子式表示硫化钠的形成过程：Na2S：，故答案为：；
(4)1L烷烃A的蒸气完全燃烧时，生成同温同压下9L水蒸气，根据氢原子守恒，所以烷烃A分子中含18个氢原子，即2n+2=18，n=8，所以A的分子式为C8H18，则烷烃A含有6个甲基的结构简式(CH3)3CC(CH3)3；故答案为：(CH3)3CC(CH3)3；
(5)烷烃B在同温同压下蒸气密度是H2的50倍，烷烃的通式为：CnH2n+2，烷烃的相对分子量为：14n+2，密度之比等于摩尔质量之比，就等于相对分子量之比，B的相对分子质量为：50×2=14n+2，解得n=7，所以B的分子式为C7H16，则烷烃B主链有5个碳原子的同分异构体有、、、共4种，故答案为：4；
(6)先定碳骨架：C4有两种碳骨架、；再定一个氯原子：氯原子的位置有、，后动另一个氯原子：(因两个取代基相同，需要防止重复)、、、，因此C4H8Cl2的同分异构体共有4+2+3+0=9种；故答案为：9；
(7)①O2和O3是同种元素所形成的性质不同的单质，互为同素异形体； ②H2 D2 T2都是氢元素组成的，是属于同种物质；③12C和14C中子数不同，是碳元素的不同原子，互为同位素；④CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3分子式相同，结构不同，为碳链异构，互为同分异构体；⑤癸烷和十六烷结构相似，都属于烷烃，分子组成上相差6个CH2原子团，属于同系物；⑥CH3(CH2)5CH3和CH3CH2CH2CH(CH3)C2H5分子式相同，结构不同，为碳链异构，互为同分异构体； ⑦都是甲烷的二溴代物，属于同种物质。
互为同位素的是③(填序号，下同)；互为同分异构体的是④⑥；互为同素异形体的是① ；为同一物质的是②⑦；互为同系物的是⑤，故答案为：③；④⑥；①；②⑦；⑤。
12．(1)3Ca(OH)2+(2m+2)S=2CaSm+CaS2O3+3H2O
(2)反应完的硫单质、空气中的CO2参与反应形成的碳酸钙以及歧化反。应生成的石膏(CaSO4·nH2O)
(3)S
(4) BaS2O3 ZnS+S NaCH3SO4
(5) S S
【详解】（1）考虑歧化产物：CaS会继续与S反应生成CaSm，CaSO3会继续与与S反应生成CaS2O3，CaSO4会形成石膏而沉淀，所以方程式为：3Ca(OH)2+(2m+2)S=2CaSm+CaS2O3+3H2O，故答案为：3Ca(OH)2+(2m+2)S=2CaSm+CaS2O3+3H2O；
（2）反应完的硫单质、空气中的CO2参与反应形成的碳酸钙以及歧化反应生成的石膏(CaSO4·nH2O) ，故答案为：反应完的硫单质、空气中的CO2参与反应形成的碳酸钙以及歧化反。应生成的石膏(CaSO4·nH2O)；
（3）S离子的颜色为深棕色，故答案为：S；
（4）硫代硫酸钙可溶于水，硫代硫酸钡不溶于水：S和亚硫酸钠反应得到硫代硫酸钠，甲醛只和过量的亚硫酸钠反应生成硫酸甲酯钠。A为BaS2O3；B为ZnS+S；C为NaCH3SO4(硫酸甲酯钠)。故答案为：BaS2O3；ZnS+S；NaCH3SO4；
（5）氧化剂：S，配位原子为S。故答案为：S；S；
13．Br-半径较大，无法形成[PBr6]-
【详解】Br-半径较大，P原子周围无法容纳6个Br，难以形成配离子 [PBr6]-，所以PBr5的结构为 [PBr4]＋Br-
14．(1) M 9 正四面体
(2)有
(3) 非极性 C 1∶1
【详解】（1）基态Ti3+的电子中，电子占据的最高能层为第三层，基态Ti3+核外电子排布为ls22s22p63s23p53d1，电子占据的最高能层为第三层，符号为M，能层具有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9个原子轨道，中B原子孤电子对数==0，价层电子对数为4，B原子杂化方式为：sp3杂化，离子空间构型为正四面体，故答案为：M；9；正四面体；
（2）Mn2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d5，其d轨道上有5的电子，故[Mn(H2O)6]2+有颜色，故答案为：有；
（3）①配合物[Ni(CO)4]，常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，为分子晶体，非极性分子易溶于非极性溶剂，则判断[Ni(CO)4]是非极性分子，故答案为：非极性；
②Ni(CO)4中Ni与CO的C原子形成配位键，形成四面体结构，其结构图为 ，故答案为：C；
③Ni(CO)4中Ni与4个CO形成4个配位键，属于σ键，CO分子与氮气分子互为等电子体，结构式为C≡O，三键含有1个σ键与、2个π键，分子共含有8个σ键、8个π键，该分子中σ键与π键个数比为1：1，故答案为：1：1。
15．(1) Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH [Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++SO
(2) 共价键、配位键、氢键 降温
(3)反应[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O中加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加使溶液显绿色
【详解】（1）①氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
② [Cu(NH3)4]SO4在水中电离产生[Cu(NH3)4]2+和SO，电离方程式为：[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++SO；
（2）①由A的结构可知，A中存在共价键、配位键，而且N原子和H原子之间还可以形成氢键；
②当Cu(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，能量会降低，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色，所以若实现上述操作，可从平衡角度考虑，最简单的方法是降低温度，使平衡向正向移动，实现配合物颜色由紫色变为橙色；
（3）CuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+，反应[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O中加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加使溶液显绿色。
16．(1)根据价层电子对互斥理论，的中心原子B采用杂化，的空间构型为平面三角形，键角为120°，的中心原子N采用杂化，的空间构型为三角锥形，键角小于120°
(2) O的电负性大于S，O的半径小于S，中成键电子对离中心原子更近，排斥力更大，故的键角大于
(3) 离子键、共价键 >
(4) 较大 通过配位键与结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对成键电子对的排斥力减小，键之间的键角增大
【详解】（1）根据价层电子对互斥理论，的中心原子B采用杂化，的空间构型为平面三角形，键角为120°，的中心原子N采用杂化，的空间构型为三角锥形，键角小于120°
（2）O的电负性大于S，O的半径小于S，中成键电子对离中心原子更近，排斥力更大，故的键角大于；
（3）中含有的化学键类型包括与之间的离子键，中原子与原子之间的共价键；中As原子有1个孤电子对，根据孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，知中键角大于中键角；
（4）游离的分子中N有1个孤电子对，配合物中N提供孤电子对，与形成配位键，孤电子对变成成键电子对，因为孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，所以排斥力减小，键之间的键角增大。
17．(1)
(2) 氧原子可以提供弧电子对，碳原子没有弧电子对 键长小于键长(或中共用电子对数多等)
【详解】（1）O元素为8号元素，其基态氧原子的电子排布式为，电子占据的能级越高，电子的能量越高，能级按照1s、2s、2p、3s、3p、3d，能量依次升高，故氧原子的激发态中能量最高的是。
（2）①中配位体的化学式是，配位原子是氧而不是碳的原因是氧原子可以提供弧电子对，碳原子没有弧电子对。
②草酸分子的结构为，其中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为3，故碳原子的杂化轨道类型为，单键为σ键，双键中有且只有一个σ键，故草酸分子中含有的键数目为，键能大于键能的判断依据是键长小于键长或中共用电子对数多等。
18．(1)6
(2)
(3) 较大 通过配位键与结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对成键电子对的排斥力减小，之间的键角增大
【详解】（1）中Ti与H2NCH2CH2NH2形成2个配位键、Ti与4个Cl-形成4个配位键，从而得出配位键的数目为6。
（2）1个H2NCH2CH2NH2含有11个共价单键，从而得出1mlH2NCH2CH2NH2中含个键。
（3）游离态H2NCH2CH2NH2中N有1个孤电子对，配合物[中N提供一个孤电子对与Ti形成配位键，孤电子对之间的斥力>孤电子与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，与Ti结合后，孤电子对变成键电子对，排斥力减小，因此N-H键之间的夹角会增大。
19．(1) N>O>B>Al
(2) B存在空的2p轨道，能接受孤电子对形成配位键 AC
(3) A >
【详解】（1）Si是14号元素，基态Si原子价电子排布式为3s23p2，则基态Si原子价电子排布图为 ；同一周期主族元素的第一电离能从左向右呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比同周期相邻元素大，活泼金属的第一电离能比非金属的小，所以B、N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞B＞Al；
（2）① B存在空的2p轨道，能接受孤电子对形成配位键；
②A．硼酸的电离过程中B原子与氢氧根离子中氧原子上的孤对电子对结合形成配位键，故A正确；
B．硼酸只能接受一个氢氧根，放出一个氢离子，故为一元酸，故B错误；
C．从题干中的电离方程式可知，硼酸为弱酸，Na[B(OH)4]为强碱弱酸盐，水解显碱性，故C正确；
D．两种含B微粒中B的杂化方式分别为sp2、sp3不同，所以键角不同，故D错误；
故选AC。
（3）①A．由电负性数据可知，NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，显+1价，与B原子相连的H呈负电性，显−1价，故A错误；
B．NH3BH3分子中，氮原子上有一对孤电子对，而硼原子中有空轨道，二者之间形成配位键，故B正确；
C．NH3BH3分子中B和N原子的价层电子对数均为4，故B和N原子杂化方式为sp3；故C正确；
D．NH3BH3分子中−1价的氢和水中+1价的氢易发生归中反应产生氢气，故D正确；
故选A；
②氨硼烷的电子式为： ，氨硼烷中尽管N和B的杂化方式相同，但B和N的电负性不同，共用电子对偏向N，远离B，因此N附近电子对排斥力大，使得H−N−H的键角较大。
20． ③ ⑤⑥⑦⑨⑩ ⑧ ④ NaHSO4=Na++H++SO
【分析】①O2中O原子之间只存在非极性共价键，为单质；
②金刚石中碳原子之间只存在非极性共价键，为单质；
③NaBr中钠离子和溴离子之间只存在离子键，为离子化合物；
④H2SO4中S原子和O原子、O原子和H原子之间存在极性共价键，为共价化合物；
⑤Na2CO3中钠离子和碳酸根离子之间存在离子键、C原子和O原子之间存在极性共价键，为离子化合物；
⑥NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在极性共价键，为离子化合物；
⑦NaHSO4中钠离子和硫酸氢根离子之间存在离子键、S原子和O原子之间存在共价键，为离子化合物；
⑧Ne中不存在化学键；
⑨Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子之间存在非极性共价键，为离子化合物；
⑩NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在极性键，为离子化合物。
【详解】(1)根据分析可知只含有离子键的是③；既含有共价键又含有离子键的是⑤⑥⑦⑨⑩；不存在化学键的是⑧；
(2)仅含共价键的化合物是共价化合物，而硫酸中只含共价键，选④；
(3)NaHSO4是强酸强碱酸式盐，属强电解质，在水中完全电离，电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，离子方程式为NaHSO4=Na++H++SO。
21．(1)Fe3+具有氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应得到SO和Fe2+，溶液颜色将由黄色变为浅绿色
(2) V形 d
(3)含有空轨道，中O原子含有孤电子对，与可以形成配离子
(4)Fe3+++H2O=+H+
(5)++H2O=2+ SO+3H+
(6)向溶液中通入至饱和，形成红棕色的配离子，然后将还原为，溶液慢慢变为浅绿色
【详解】（1）Fe3+具有氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应得到SO和Fe2+，溶液颜色将由黄色变为浅绿色。
（2）中心原子S的价层电子对数为2+=3，且含有一对孤电子对，因此SO2分子的空间构型为V形；Fe是26号元素，在周期表中属于d区。
（3）电子排布式为：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5，含有空轨道，中O原子含有孤电子对，与可以形成配离子。
（4）溶液中通入至饱和，形成配离子的方程式是：Fe3+++H2O=+H+。
（5）溶液中将还原为，被氧化为SO，离子方程式是：
++H2O=2+ SO+3H+。
（6）向溶液中通入至饱和，形成红棕色的配离子，然后将还原为，溶液慢慢变为浅绿色。
22．(1) 坩埚 没有SO2生成，更环保
(2)
(3) 不可行 溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气
(4)无水乙醇
(5) OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，浓度降低，溶液变为无色 研究硫酸根的对浓氨水和溶液反应产物的影响
【详解】（1）Cu在仪器A中和O2加热生成CuO，所以仪器A为坩埚；然后CuO与硫酸反应生成硫酸铜，对比铜和浓硫酸加热制备硫酸铜，该方案的优点是没有SO2生成，更环保；故答案为坩埚；没有SO2生成，更环保。
（2）硫酸铜溶液中通入氨水得到悬浊液B为，；故答案为。
（3）溶液C为悬浊液B加入过量氨水得到，所以溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气；所以该同学设计方案不合理；故答案为不可行；溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气。
（4）有题可知，络氨铜在乙醇—水混合溶剂中溶解度随着乙醇体积分数增大，溶解度减小，所以取溶液C于试管中，加入无水乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，即可得到产物晶体；故答案为无水乙醇。
（5）①已知溶于水产生的存在平衡，加入NaOH溶液，OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，浓度降低，溶液变为无色；故答案为OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，浓度降低，溶液变为无色。
②实验a和b分别研究了铜离子浓度和溶液酸碱性对浓氨水和溶液反应产物的影响，某同学测得溶液的，于是设计实验c的试剂为，硫酸和硫酸钠混合液，对比实验a和b，设计此实验的目的是研究硫酸根的对浓氨水和溶液反应产物的影响；故答案为研究硫酸根的对浓氨水和溶液反应产物的影响。
23．(1)分液漏斗
(2)将C2+转化为[C(NH3)6]2+，使得二价钴容易转化为三价钴
(3) 水浴2 H2O2+2CCl2+2NH4Cl+ 10NH3∙H2O=2[C(NH3)6]Cl3+12H2O
(4)[C(NH3)6]3+
【分析】CCl2•6H2O10.0g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，控制温度在10℃以下，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液反应生成[C(NH3)6]Cl3，冰水浴析出晶体，过滤得到产品。
【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）已知：C2+不易被氧化，[C(NH3)6]2+具有较强还原性，步骤I将C2+转化[C(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水，后加H2O2溶液的目的是将C2+转化为[C(NH3)6]2+，使得二价钴容易转化为三价钴；
（3）由溶解度曲线可知，[C(NH3)6]Cl3在低温下溶解度较小，利于析出晶体，故步骤II中采用“冰水浴”的是水浴2；氢氧化氢、CCl2、氯化铵、氨水反应生成[C(NH3)6]Cl3，总反应化学方程式为：H2O2+2CCl2+2NH4Cl+ 10NH3∙H2O=2[C(NH3)6]Cl3+12H2O；
（4）由化学式可知，[C(NH3)6]Cl3配合物的内界为[C(NH3)6]3+。