2022届高考化学人教版二轮专题复习训练-专题七电解质溶液专题强化练.docx

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1、专题强化练(一)中和滴定曲线分析1(2021大庆市大庆实验中学高三期末)若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AGlg，室温下实验室中用0.01 molL1的氢氧化钠溶液滴定20.00 mL 0.01 molL1醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是()A室温下，A点的溶液显酸性BA点时加入氢氧化钠溶液的体积等于20.00 mLC室温下，AG7时溶液的pH3.5D从0到B，水的电离程度逐渐减小答案C解析A点时，AGlg0，则1，则c(H)c(OH)，此时溶液显中性，故A错误；根据A项分析，A点时溶液显中性，当加入氢氧化钠溶液20.00 mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，该物质

2、是强碱弱酸盐，CH3COO水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，故B错误；根据图像可知，在室温下，醋酸溶液的AGlg7时，即107，而水的离子积Kwc(H)c(OH)1014，两式联立可得，c(H)103.5molL1，即溶液的pH3.5，故C正确；酸或碱都会抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，0时为醋酸溶液，水的电离被抑制，从0到A，醋酸的量逐渐减少，醋酸钠的量逐渐增多，溶液由酸性变为中性，水的电离程度逐渐增大，当V(NaOH)20 mL时，溶液变为醋酸钠溶液，此时水的电离程度最大，继续加入氢氧化钠，水的电离程度又逐渐减小，即从0到B，水的电离程度先逐渐增

3、大后逐渐减小，故D错误。2(2021郑州市高三期末)25 时，向20.00 mL 0.10 molL1一元弱酸HA溶液中滴加0.10 molL1NaOH溶液，溶液中lg与pH关系如图所示。下列说法正确的是()A25 时，HA的电离常数为1.0106.3Ba、b、c三点水的电离程度：abcC加水稀释b点溶液，不变Dc点对应的NaOH溶液体积为10.00 mL答案C解析在b点，lg1，则10,25 时，HA的电离常数为1.0105.3，A不正确；在c点，溶液呈中性，则溶液中HA与A共存，所以a、b两点，溶液中以HA电离为主，溶液呈酸性，都抑制水的电离，由此可得出a、b、c三点水的电离程度：ab7D

4、e点溶液：c(Cl)c(CH3NH)c(H)c(OH)答案B解析由图可知，e点水的电离程度最大，说明盐酸与甲胺恰好反应生成盐酸甲胺，e点为盐酸甲胺溶液，b点为等浓度的甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，c点和d点水的电离程度相等，但c点为甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，溶液呈中性，d点为盐酸甲胺和盐酸的混合溶液，溶液呈酸性。由a点水电离出的氢离子浓度为1011.8molL1可知，溶液中氢氧根离子的浓度为 molL1102.2molL1，则甲胺的电离常数为103.4，数量级为104，故A正确；由甲胺的性质与氨相似可知，甲胺在溶液中的电离方程式为CH3NH2H2OCH3NHOH，故B错误；甲胺的电离常数为103.

5、4，则盐酸甲胺的水解常数为1010.6c(OH)，由电荷守恒关系：c(CH3NH)c(H)c(OH)c(Cl)可知，溶液中c(Cl)c(CH3NH)，则离子浓度的大小顺序为c(Cl)c(CH3NH)c(H)c(OH)，故D正确。4(2021河南高三二模)常温下，向0.10 molL1的二元弱酸H2A溶液中滴加相同浓度的烧碱溶液，溶液中的H2A、HA、A2的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示已知(X)。下列说法错误的是()AKa2(H2A)的数量级为105B常温下，0.1 molL1的NaHA溶液显酸性CNaHA溶液中：c(OH)c(A2)c(H)c(H2A)DpH从1.2变化至4.2的过程

6、中，先增大后减小答案D解析Ka2(H2A)，当pH4.2时，c(A2)c(HA)，则Ka2(H2A)c(H)104.2，所以Ka2(H2A)的数量级为105，则A正确；常温下，Ka2(H2A)104.2，Kh(HA)1012.8Ka2(H2A)，其电离程度大于水解程度，溶液显酸性，和溶液浓度大小无关，则B正确；NaHA溶液中，电荷守恒：c(Na)c(H)c(OH)c(HA)2c(A2)，物料守恒：c(Na)c(HA)c(A2)c(H2A)，两式相减，得c(H)c(OH)c(A2)c(H2A)，所以c(OH)c(A2)c(H)c(H2A)，则C正确；pH1.2时，Ka1(H2A)，pH4.2时，

7、Ka2(H2A)，Ka1(H2A)Ka2(H2A)，由于温度没变，整个过程中Ka1(H2A)Ka2(H2A)是个常数，那么，由于c(H)浓度越来越小，所以整个过程中的值越来越小，那么整个过程一直减小，则D错误。5(2021贵阳高三模拟)三甲胺N(CH3)3是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20 mL 0.5 molL1MOH溶液中逐滴加入浓度为0.25 molL1的HCl溶液，溶液中lg、pOHpOHlg c(OH)、中和率(中和率)的变化如图所示。下列说法正确的是()A三甲胺N(CH3)3的电离常数为104.8Ba点时，c(MOH)c(M)2c(Cl)Cb点时，c(M)c(Cl)

8、c(MOH)c(OH)c(H)D溶液中水的电离程度：c点d点答案C解析据图可知当lg0时，pOH4.2，即c(MOH)c(M)时c(OH)104.2molL1，三甲胺的电离常数Kb104.2，故A错误；a点中和率小于50%，即加入的2n(HCl)n(MOH)，根据物料守恒可知c(MOH)c(M)2c(Cl)，故B错误；b点中和率为50%，溶液中的溶质为等物质的量的MOH和MCl，据图可知此时pOH小于7，溶液显碱性，说明M的水解程度小于MOH的电离程度，则溶液中c(M)c(Cl)c(MOH)c(OH)c(H)，故C正确；c点中和率为100%溶液中溶质为MCl，d点溶液中溶质为MCl和HCl，H

9、Cl的电离抑制水的电离，MCl的水解促进水的电离，所以c点水的电离程度更大，故D错误。6(2021沈阳市辽宁实验中学高三期末)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgXX表示或随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是()A直线中X表示的是B草酸的电离常数Ka2的数量级为105C1.22pHc(C2O)c(H2C2O4)Dc(Na)c(HC2O)2c(C2O)对应pH7答案C解析草酸的Ka1Ka2，当lgX0时，pHlgc(H)lgKa，pH11.22Ka2104.19，所以直线中X表示的是，A正确；草酸的电离常数Ka2的数量级为105，

10、B正确；设pHa，c(H)10a，10a4.19，当c(C2O)c(HC2O)时，10a4.191，即a4.190，解得：ac(H2C2O4)时，102a5.411即2a5.410，解得a2.705，所以c(HC2O)c(C2O)c(H2C2O4)对应2.705pHc(HA)c(A2)c(OH)C从a点到c点，水电离的c(H)先增大后减小DpH10时，104.2答案C解析pH0时，c(H)1 molL1，lg c(HA)4，则c(HA)104molL1，H2A电离程度较小，则溶液中c(H2A)0.1 molL1，邻苯二甲酸的Ka11.0103，A正确；b点溶液中纵坐标最小，则该溶液中c(HA)

11、最大，溶液中溶质为KHA，溶液pH7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于水解程度但电离和水解程度都较小，水电离也生成H，所以溶液中存在c(K)c(HA)c(H)c(A2)c(OH)，B正确；a点的溶质为H2A，b点溶质为KHA，c点溶质为K2A和KHA，此时溶液都呈酸性，说明HA电离程度大于水解程度，抑制水电离，但由于溶液的pH一直增大，说明H2A、HA电离出的H的抑制作用减弱，故水电离出的c(H)一直增大，C错误；由图像可知，c点时，c(HA)c(A2)，故H2A的Ka2105.8，故当pH10时，溶液中的溶质为K2A，故Kh1108.2，故104.2，D正确。(二)沉淀溶解平衡曲线分析1(2

12、020河南省六市高三第二次联合调研)常温时，向120 mL 0.005 molL1 CaCl2溶液中逐滴加入0.1 molL1 Na2CO3溶液，混合溶液的电导率变化曲线如图所示。已知25 时，Ksp(CaCO3)3.36109，忽略CO水解。下列说法正确的是()Aa点对应的溶液中Ca2开始形成沉淀，且溶液中c(Ca2)c(CO)Bb点对应的溶液中Ca2已完全沉淀，且存在关系：c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)C在滴加Na2CO3溶液的过程中，混合溶液的pH先减小后增大D如图可以说明CaCO3在溶液中存在过饱和现象答案D解析由图可知，a点对应的溶液导电能力急剧下降，说明Ca2开始形成沉淀，

13、而溶液中的钙离子和碳酸根离子分别来源于CaCl2溶液和Na2CO3溶液，CaCO3形成沉淀时，Ca2和CO不一定相等，故A错误；原溶液中n(Ca2)120103 L0.005 molL10.6103 mol，要使钙离子完全沉淀，需要碳酸钠溶液的体积为6103 L6 mL，b点对应的溶液中加入碳酸钠溶液的体积小于6 mL，不能使钙离子完全沉淀，电荷守恒关系式为2c(Ca2)c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)2c(CO)，故B错误；不忽略CO水解的情况下，在加入碳酸钠溶液后没有沉淀析出，溶液pH变大，析出碳酸钙时，溶液的pH突然变小，在Ca2完全沉淀之前，混合溶液的pH几乎不变，当所有的钙离子

14、转化为碳酸钙沉淀后，继续滴加碳酸钠溶液，溶液的pH值变大，直至与碳酸钠溶液的pH几乎相同，忽略CO水解的情况下，水溶液的pH不发生变化，故C错误；理论上Ca2开始形成沉淀，c(CO)molL1106molL1，加入碳酸钠溶液的体积为103 mL，而向a点对应的溶液加入碳酸钠溶液的体积为2.2 mL，此时，溶液处于过饱和溶液，故D正确。2(2021新疆高三模拟)MSO4和MCO3是两种难溶性盐。常温时两种物质的溶解度曲线如图所示，下列叙述错误的是()AKsp(MCO3)9.01010Bc点的纵坐标为C在饱和的MCO3澄清溶液里加入适量的Na2SO4固体，可使b点变为d点D使1 L含1 mol M

15、SO4的悬浊液中的分散质完全转化为MCO3，需要加1 mol Na2CO3固体答案D解析根据图中信息得到c(CO)3.0105molL1，c(M2)3.0105molL1，因此Ksp(MCO3)3.01053.01059.01010，故A正确；根据图中信息得到Ksp(MSO4)1.01051.01051.01010，c点c(SO)3.0105molL1，则c点c(M2)105molL1，因此c点的纵坐标为，故B正确；由于A和B选项得到Ksp(MSO4)Ksp(MCO3)，因此在饱和的MCO3澄清溶液里加入适量的Na2SO4固体，可使b点变为d点，故C正确；MSO4(s)Na2CO3(aq)MC

16、O3(s)Na2SO4(aq)，将1 mol MSO4的悬浊液沉淀需要1 mol Na2CO3固体，若要将1 L 1 mol MSO4的悬浊液分散质完全转化为MCO3，则c(M2)1.0105molL1，因此溶液中c(CO)9105molL1，即还需要加入9105molL11 L9105mol Na2CO3固体，因此需要加Na2CO3固体小于1 mol，故D错误。3(2020广东省茂名市高三二模)某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时lg c(Pb2)与lg c(CO)或lg c(I)

17、的关系如图所示。下列说法错误的是()AKsp(PbCO3)的数量级为1014B相同条件下，水的电离程度p点大于q点CL1对应的是lg c(Pb2)与lg c(I)的关系变化Dp点溶液中加入Na2CO3浓溶液，可得白色沉淀答案B解析图像L2对应的是lg c(Pb2)与lg c(CO)的关系变化，则Ksp(PbCO3)c(Pb2)c(CO)1013.1，数量级为1014，故A正确；相同条件下，p点和q点的铅离子浓度相同，p点为碘化铅的饱和溶液，q点为碳酸铅的饱和溶液，由于碘离子不水解，则CO可以发生水解，其水解促进了水的电离，则水的电离程度p点小于q点，故B错误；L1对应的是lg c(Pb2)与l

18、g c(I)的关系变化，故C正确；Ksp(PbCO3)c(Pb2)c(CO)1013.1，Ksp(PbI2)c(Pb2)c2(I)108，Ksp(PbCO3)Ksp(PbI2)，则p点溶液中加入Na2CO3浓溶液，可得白色沉淀，故D正确。4(2021河南高三模拟)已知Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，且Ag2SO4的溶解度随温度的升高而增大，下列说法正确的是()Am、n、p、q四点溶液均为对应温度下的Ag2SO4饱和溶液B向p点溶液中加入适量硝酸银固体，则p点可沿虚线移动到c点CT1时，若a1.5102，则Ksp(Ag2SO4)2.25104D温度降低时，q点饱和溶液的组成由q点沿

19、qp虚线向p点方向移动答案A解析由图可知m、n、p三点溶液为T1时Ag2SO4饱和溶液，q点溶液为T2时Ag2SO4饱和溶液，故A正确；p点溶液中加入硝酸银固体，c(Ag)增大，硫酸银溶解平衡逆向移动，c(SO)会减小，则p点可沿mpn实线向n点方向移动，故B错误；Ksp(Ag2SO4)c2(Ag)c(SO)3.375106，故C错误；q点的饱和溶液温度降低，析出Ag2SO4，c(Ag)和c(SO)不再相等，故D错误。5(2020长春市质检)向废水中加入硫化物可以依次获得CuS、ZnS纳米粒子。常温下，H2S的Ka11.3107，Ka27.11015，溶液中平衡时相关离子浓度的关系如图，下列说

20、法错误的是()AKsp(CuS)的数量级为1037Ba点对应的CuS溶液为不饱和溶液C向p点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由p向q方向移动DH2S(aq)Zn2(aq)ZnS(s)2H(aq)平衡常数很大，反应趋于完全答案D解析由图中数据可知当c(Cu2)1018molL1时，c(S2)1018.3molL1，则Ksp(CuS)c(Cu2)c(S2)1036.3，数量级为1037，故A正确；计算a点的离子积为c(Cu2)c(S2)1018.51018.51037Ksp(CuS)，则a点对应的CuS溶液为不饱和溶液，故B正确；向p点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2)增大，则c

21、(Zn2)减小，故C正确；H2S(aq)Zn2(aq)ZnS(s)2H(aq)平衡常数K29，平衡常数不是很大，反应不趋于完全，故D错误。6已知：常温下，H2S溶液的电离平衡常数Ka11.3107，Ka27.11015，MnS、CuS的Ksp分别为1.71015、8.51045，pMlg c(M2)(MMn、Cu、Zn)，pSlg c(S2)，三种硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示，其中曲线b表示ZnS。下列说法错误的是()A曲线a表示MnSBKsp(ZnS)1023.8C将浓度均为0.001 molL1的MnSO4溶液和H2S溶液等体积混合，有沉淀产生D含MnS和CuS的悬浊液中：c(Mn2)

22、c(Cu2)2.010291答案C解析由于MnS、CuS的Ksp分别为1.71015、8.51045，Ksp越大，当金属离子浓度相等时，pS越小，则曲线a表示MnS，A正确；曲线b表示ZnS，根据图像可知当硫离子浓度为1023.8molL1时，锌离子浓度是1 molL1，则Ksp(ZnS)c(Zn2)c(S2)1023.8，B正确；将浓度均为0.001 molL1的MnSO4溶液和H2S溶液等体积混合，锰离子浓度变为0.000 5 molL1，由于H2S的第一步电离程度远大于第二步电离程度，则溶液中氢离子浓度近似等于HS浓度，所以根据第二步电离平衡常数表达式Ka27.11015可知溶液中硫离子

23、浓度近似等于7.11015molL1，则溶液中c(Mn2)c(S2)3.5510181.71015，所以没有沉淀产生，C错误；根据溶度积常数表达式可知含MnS和CuS的悬浊液中：c(Mn2)c(Cu2)2.010291，D正确。(三)中和滴定的拓展应用1次磷酸钠(NaH2PO2)是电镀业上重要的还原剂，某实验小组测定次磷酸钠的纯度，取NaH2PO2的粗产品2.50 g配成250 mL溶液，取25.0 mL于锥形瓶中，酸化后加入25 mL 0.10 molL1碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液作指示剂，用0.10 molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗10.0 mL Na2S2O3溶

24、液，相关反应方程式为H2POH2OI2=H2PO2H2I，2S2OI2=S4O2I。判断滴定终点的现象是_，产品纯度为_。答案滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色70.4%(或0.704)解析原子守恒有NaH2PO2H2PO2e，Na2S2O3S4Oe，I22I2e，根据电子守恒有2n(NaH2PO2)n(Na2S2O3)2n(I2)，即n(NaH2PO2)n(I2)n(Na2S2O3)0.10 molL125103L0.50.10 molL110103L2103mol,2.50 g样品中n(NaH2PO2)2103mol2102mol，样品中m(NaH2PO3)

25、nM2102mol88 gmol11.76 g，产品纯度为100%70.4%。2光气(COCl2)是一种重要的有机中间体，无色剧毒，易水解生成两种酸性物质。光气纯度测定：用注射器抽取光气注入m1 g装有氢氧化钠溶液的密封碘量瓶中，称得碘量瓶为m2 g，充分反应后用硝酸调节pH至6.5，加入少量K2CrO4溶液作指示剂，用c molL1硝酸银标准液滴定至终点，消耗硝酸银标准液V mL。(已知Ag2CrO4为砖红色沉淀)(1)达到滴定终点的现象是_。(2)光气的纯度是_。答案(1)当滴入最后一滴标准液，溶液中生成浅红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变(2)%解析(2)光气与NaOH反应生成氯化钠，氯

26、化钠与硝酸银反应生成氯化银，则存在COCl22NaCl2AgNO3，则n(COCl2)103mol，根据质量守恒，初始光气的质量为m2gm1g，光气的纯度为100%。3TiCl4可制备纳米TiO2：以N2为载体，用TiCl4和水蒸气反应生成Ti(OH)4。再控制温度生成纳米xTiO2yH2O。测定产物xTiO2yH2O组成的方法如下：步骤一：取样品2.100 g，在酸性条件下充分溶解，并用适量铝将TiO2还原为Ti3，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入250 mL容量瓶，并用稀硫酸定容，得待测液。步骤二：取待测液25.00 mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.100 0 mo

27、lL1的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3氧化为TiO2。重复滴定2次。滴定所得的相关数据如下表：滴定序号待测液体积/mLNH4Fe(SO4)2标准溶液滴定管起点读数/mLNH4Fe(SO4)2标准溶液滴定管终点读数/mL125.000.0224.02225.000.0824.06325.000.1224.14(1)步骤一中用稀硫酸而不用水定容的原因是_。(2)通过计算确定该样品的组成为_。答案(1)抑制TiO2(Ti3)的水解(2)12TiO25H2O解析(1)TiO2和Ti3发生水解溶液显酸性，步骤一中用稀硫酸而不用水定容的原因是抑制TiO2(Ti3)的水解。(2)三次滴定消耗标

28、准溶液的平均值为24.00 mL，TiO2NH4Fe(SO4)2，m(TiO2)80 gmol10.024 L0.100 0 molL11.92 g，则m(H2O)2.100 g1.92 g0.18 g，所以xy2410125。4(2021江西省上饶市高三第二次模拟)在活性炭催化下，用CoCl2、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料可生成橙黄色晶体X。为测定其组成，进行如下实验。.氨的测定：精确称取w g X，加入适量的水溶解，注入如图所示的三颈烧瓶(B)中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1molL1的标准盐酸溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶

29、，用c2molL1NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸，到终点时消耗V2mL NaOH溶液。.氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液作为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀。回答下列问题：(1)A中安全管的作用是_。(2)仪器a的名称是_，C装置冰盐水的作用是_。(3)在NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸实验中，锥形瓶中应加入几滴_(填“石蕊”“酚酞”或“甲基橙”)作指示剂。若在滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后气泡消失，则测得的样品中氨的含量会_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。样品中氮的质量分数表达式为_。(4)测定氯的过程中，达到滴定终点的现象为_。(5)经测定

30、，样品X的化学式为Co(NH3)6Cl3，写出制备X的化学方程式：_。X的制备过程中，X产率与温度的关系如图所示，当温度高于T1时X的产率下降，原因是_。(写一点)答案(1)使圆底烧瓶中的压力稳定，防止压力过大，将瓶口的塞子冲出(2)分液漏斗降温，使氨气全部被盐酸标准溶液吸收(3)甲基橙偏低%(4)滴入最后一滴标准AgNO3溶液，锥形瓶中出现浅红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变(5)2CoCl22NH4Cl10NH3H2OH2O22Co(NH3)6Cl312H2O温度过高，H2O2(或NH4Cl)分解(或NH3挥发)从而减少反应物，造成产率下降(合理即可)解析(1)A中安全管能维持圆底烧瓶中的

31、压力稳定，防止压力过大，将瓶口的塞子冲出。(2)仪器a的名称为分液漏斗；装置C的目的为吸收B中产生的NH3，低温有利于氨气的溶解，故冰盐水的作用为降温，使氨气全部被盐酸标准溶液吸收。(3)由于石蕊变色范围太宽且变色不灵敏，所以酸碱滴定不选石蕊作指示剂，由于NaOH、HCl均为强电解质，相互滴定时，理论上酚酞、甲基橙均可作其指示剂，由于此时是NaOH滴定HCl，故选择在酸性范围突变的指示剂实验误差更小，所以选甲基橙；若滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，因为尖嘴部分的标准液实际未参与反应，故所计标准液偏多，测得剩余HCl偏多，则与NH3反应的HCl偏少，故测得的样品中氨含量偏低；由题意知，与NH

32、3反应的HCl物质的量为(103c1V1103c2V2) mol，由反应比例关系：NH3HCl，得样品中n(NH3)n(HCl)(103c1V1103c2V2)mol，故样品中N的质量分数100%。(4)当Cl完全沉淀时，再滴加AgNO3，此时AgNO3会与K2CrO4反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，故达到滴定终点的现象为滴入最后一滴标准AgNO3溶液，锥形瓶中出现浅红色沉淀且半分钟内沉淀颜色不改变。(5)由X的化学式知，Co元素在反应过程中由2价被H2O2氧化为3价，依据得失电子守恒和元素守恒配平得化学方程式为2CoCl22NH4Cl10NH3H2OH2O22Co(NH3)6Cl312H2O；由于反应物中NH4Cl、H2O2受热易分解，浓氨水受热NH3大量挥发，均不利于X的生成。