新高考化学一轮复习限时训练：《化学物质及其变化》专题21（2份打包，原卷版+解析版）

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A. 甲基橙显黄色的溶液中可存在大量以下离子：Cu2+、K+、COeq \\al(2-,3)、Cl－
B. 强酸性溶液中可存在大量以下离子：SOeq \\al(2-,3)、ClO－、Na+
C. 将过氧化钠投入水中：2Na2O2＋2H2O＝4Na+＋4OH－＋O2↑
D. 氨化的CaCl2溶液中通入过量CO2：2NH3＋Ca2+＋CO2＋H2O ＝CaCO3↓＋2NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))
答案：C
解析：A．甲基橙显黄色的溶液中含有大量的OH－，则Cu2++2OH-＝Cu(OH)2↓，Cu2++COeq \\al(2-,3)=CuCO3↓，A错误；
B．强酸性溶液中含有大量的H+，则SOeq \\al(2-,3)+ClO－=SOeq \\al(2-,4)+Cl-，B错误；
C．将过氧化钠投入水中的离子方程式为：2Na2O2＋2H2O＝4Na+＋4OH－＋O2↑，C正确；
D．氨化的CaCl2溶液中通入过量CO2的离子方程式为：NH3∙H2O＋CO2＝HCOeq \\al(－,3)＋NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))，D错误；
2.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 中性溶液中：Fe3+、Na+、SOeq \\al(2-,4)、NOeq \\al(－,3)
B. lgeq \f(c(H+),c(OH－))=10的溶液中：Na+、K+、CH3COO-、Cl-
C. 明矾溶液中：NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、K+、I-、Br-
D. 加入铝粉会产生H2的溶液中：Cu2+、Mg2+、NOeq \\al(－,3)、ClO-
答案：C
解析：A．中性溶液中Fe3+会发生水解，生成氢氧化铁沉淀，不能共存，A项错误；
B．lgeq \f(c(H+),c(OH－))=10的溶液中显酸性，酸性条件下，CH3COO-与氢离子会结合，不能共存，B项错误；
C．明矾溶液中存在Al3+，Al3+、NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、K+、I-、Br-互不反应，能大量共存，C项正确；
D．加入铝粉会产生H2的溶液中可能显酸性也可能显碱性，酸性条件下，ClO-不能大量共存，碱性条件下，Cu2+、Mg2+不能大量共存，D项错误；
3．为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1ml·L-1)。
依据上述实验现象，结论不合理的是
A. 实验①说明加热促进Fe3+水解反应
B. 实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应
C. 实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应
D. 整个实验说明SOeq \\al(2-,3)对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响
答案：D
解析：铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。
A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；
B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；
C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；
D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。
4．某100mL溶液可能含有Na+、NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、Fe3+、COeq \\al(2-,3)、SOeq \\al(2-,4)、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法正确的是
A. 原溶液可能存在 Cl－和Na+
B. 原溶液一定存在COeq \\al(2-,3)、SOeq \\al(2-,4)和NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))，一定不存在 Fe3+、Na+、Cl-
C. 原溶液中 c(COeq \\al(2-,3))是 0.01ml•L－1
D. 若原溶液中不存在 Na+，则c(Cl－)=0.1ml•L－1
答案：D
解析：加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在COeq \\al(2-,3)、SOeq \\al(2-,4)，硫酸钡沉淀是2.33g，n(SOeq \\al(2-,4))=n(BaSO4)=eq \f(m,M)＝eq \f(2.33g,233g/ml)＝0.01ml，n(COeq \\al(2-,3))＝n(BaCO3)＝eq \f(m,M)＝eq \f(4.30g－2.33g,197g/ml)＝0.01ml，碳酸根和铁离子不共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))，n(NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4)))=n(NH3)＝eq \f(V,Vm)＝eq \f(1.12L,22.4L/ml)＝0.05ml，正电荷量为0.05ml，负电荷量为0.01ml×2+0.01ml×2=0.04ml＜0.05ml，根据电荷守恒可知，一定含有Cl-，可能含有Na+，则n(Cl-)≥0.01ml，据此分析解答。
由上述分析可知，原溶液中一定含有0.01ml SOeq \\al(2-,4)、0.01ml COeq \\al(2-,3)、0.05ml NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))≥0.01mlCl-，可能含有Na+，一定不含有Fe3+；
A．由上述分析可知，原溶液中一定含有Cl-，可能含有Na+，故A错误；
B．由上述分析可知，原溶液中一定含有SOeq \\al(2-,4)、COeq \\al(2-,3)，可能含有Na+，一定不含有Fe3+，故B正确；
C．碳酸根离子的物质的量是n(COeq \\al(2-,3))＝eq \f(m,M)＝eq \f(4.30g－2.33g,197g/ml)＝0.01ml，则c(COeq \\al(2-,3))＝eq \f(n,V)＝eq \f(0.01ml,0.1L)＝0.1ml·L-1 ，故C错误；
D．若原溶液中不存在Na+，根据电荷守恒可知，n(Cl－)=0.01ml， c(Cl－)＝eq \f(n,V)＝eq \f(0.01ml,0.1L)＝0.1ml·L-1，故D错误；
5．利用NaClO氧化尿素制备N2H4·H2O(水合肼)，同时可制备Na2SO3，制备流程如图所示：
已知：N2H4·H2O有强还原性，N2H4·H2O能与NaClO反应生成N2；0.1m1/L亚硫酸钠溶液的pH约为9.5。
下列说法错误的是
A. 步骤I反应时，若产物中n(NaClO)∶n(NaClO3)＝5∶1，则n(NaCl)∶n(NaClO)＝2∶1
B. 步骤II中须将尿素缓慢加入NaClO碱性溶液中
C. 步骤II反应的离子方程式为C1O－+CO(NH2)2+2OH-＝C1-+N2H4·H2O+COeq \\al(2-,3)
D. 步骤IV中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收SO2
答案：B
解析：由流程可知，步骤I中发生Cl2＋2OH－＝ClO－＋Cl－＋H2O，温度过高时易发生3Cl2＋6OH－＝ClOeq \\al(－,3)＋5Cl－＋3H2O ，步骤II中发生ClO－＋2OH－＋CO(NH2)2＝Cl－＋N2H4∙H2O＋COeq \\al(2-,3) ，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4∙H2O氧化，步骤III中分离出碳酸钠、水合肼；步骤IV向碳酸钠溶液中通入SO2，反应过程中控制溶液为碱性有利于吸收SO2，将碳酸钠转化为亚硫酸钠；
A．步骤I反应时，若产物中n(NaClO)∶n(NaClO3)=5∶1，假设产物中n(NaClO)=5ml，n(NaClO3)＝1ml，根据得失电子守恒可知n(NaCl)=10ml，故n(NaCl)∶n(NaClO)=2∶1，A项正确；
B．由分析可知：步骤II中将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4∙H2O氧化，B项错误；
C．步骤II反应的离子方程式为C1O－+CO(NH2)2+2OH-＝C1-+N2H4·H2O+COeq \\al(2-,3)，C项正确；
D．由分析可知，步骤IV中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收SO2，D项正确；
6．向30mL1.0ml·L-1的H2SO4和3 mL 30%的H2O2的混合溶液中加入经处理过的铁丝，铁丝表面产生气泡，随后消失，再产生气泡，再消失，周而往复，振荡周期(现象重复出现的时间间隔)为20 s左右，可维持数小时。一种可能的反应机理为：
(a)Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑ (b)2Fe2+＋H2O2＋H2O＝Fe2O3＋4H+
(c) Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O (d)2Fe3+＋H2＝2Fe2+＋2H+
下列说法错误的是
A. 该振荡反应与H+浓度的变化有关 B. Fe2O3、Fe3+为中间产物
C. 冰水浴比室温条件下的振荡周期要短 D. 由该机理可知：产生的气体是H2
答案：C
解析：A．四步反应的总反应为Fe＋H2O2＋2H+＝Fe2+＋2H2O，反应物浓度影响反应速率，故该振荡反应与H+浓度的变化有关，A正确；
B．Fe2O3、Fe3+在反应中生成又消耗，为中间产物，B正确；
C．温度越低，反应速率越慢，则冰水浴比室温条件下的振荡周期要长，C错误；
D．由该机理可知：产生的气体只能是H2，D正确；
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 小苏打溶液中：K+、Na+、Br－、AlOeq \\al(－,2)
B. eq \f(c(OH－),c(H+))＝1012的溶液中：[Ag(NH3)2]＋、K+、Cl－、NOeq \\al(－,3)
C. pH＝7的溶液中：NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、Fe3+、Cl－、SOeq \\al(2-,4)
D. 水电离的c(OH－)＝1×10-13ml·L-1的溶液中：K+、Cl－、CH3COO－、Cu2+
答案：B
解析：A．小苏打为NaHCO3，HCOeq \\al(－,3)、AlOeq \\al(－,2)和H2O反应生成COeq \\al(2-,3)和氢氧化铝沉淀，不能大量共存，A错误；
B．eq \f(c(OH－),c(H+))＝1012＞0，即c(OH－)＞c(H+)，溶液显碱性，[Ag(NH3)2]＋、K+、Cl－和NOeq \\al(－,3)在碱性环境下可大量共存，B正确；
C．pH＝7的溶液，可能为NH4Cl和NH3∙H2O的混合溶液，则Fe3+与NH3∙H2O反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，C错误；
D．水电离的c(OH－)＝1×10-13ml·L-1，说明水的电离受到抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，若为酸溶液，CH3COO－与H+结合为醋酸而不能大量共存，若为碱溶液，Cu2+与OH-反应生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，D错误；
8．在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是
A. 在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3
B. 在含AlOeq \\al(－,2)、OH－、COeq \\al(2-,3)的溶液中逐滴加入盐酸：OH－、COeq \\al(2-,3)、AlOeq \\al(－,2)、Al(OH)3
C. 在含NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液：H+、Al3+、NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、Al(OH)3
D. 在含有Fe2+、Ag+、Cu2+、H+等离子且浓度相等的溶液中加入锌粉：H+、Ag+、Cu2+、Fe2+
答案：C
解析：A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2，首先会生成碳酸钡沉淀，故氢氧化钡首先反应，A错误；
B．在含AlOeq \\al(－,2)、OH－、COeq \\al(2-,3)的溶液中逐滴加入盐酸，氢离子首先和氢氧根离子生成水、和偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀、和碳酸根离子生成碳酸氢根离子，B错误；
C．在含NHeq \\al(\s\up0(＋),\s\d0(4))、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液，氢氧根离子首先和氢离子生成水、和铝离子生成氢氧化铝沉淀、和铵根离子生成一水合氨，再和氢氧化铝生成偏铝酸根离子，C正确；
D．在含有Fe2+、Ag+、Cu2+、H+等离子且浓度相等的溶液中加入锌粉，锌首先会置换出银离子、铜离子，再和氢离子、亚铁离子反应，D错误；
9．关于反应2NaNH2+N2O＝NaN3+NaOH+NH3，下列说法正确的是
A. NaN3溶液通入CO2可以得到HN3(酸性与醋酸相当)
B. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
C. NaN3既是还原产物又是氧化产物
D. 生成1mlNaN3，共转移4ml电子
答案：C
解析：A．由HN3的酸性与醋酸相当可知，NaN3溶液通入二氧化碳不可能生成HN3，否则违背强酸制弱酸的原理，故A错误；
B．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则氧化剂一氧化二氮和还原剂氨基钠的物质的量之比为1∶2，故B错误；
C．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则NaN3既是还原产物又是氧化产物，故C正确；
D．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则反应生成1mlNaN3，共转移电子的物质的量为1ml×eq \f(4,3)×2=eq \f(8,3)ml，故D错误；
10．下列离子方程式书写正确的是
A. 用FeS除去废水中的Hg2+：S2-+Hg2+＝HgS↓
B. 向饱和食盐水中加浓盐酸析出固体：Na+(aq)+Cl-(aq)NaCl(s)
C. 在Na2S溶液中滴加NaClO溶液：S2-+ClO-+2H+＝S↓+Cl-+H2O
D. 向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe3++Fe＝3Fe2+
答案：B
解析：A．FeS为沉淀不能拆，用FeS除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+HgS↓+Fe2+，A错误；
B．向饱和食盐水中加浓盐酸，氯离子浓度增大，促使氯离子和钠离子析出氯化钠固体：Na+(aq)＋Cl-(aq)NaCl(s)，B正确；
C．在Na2S溶液中滴加NaClO溶液发生氧化还原反应生成硫单质和氯离子、同时生成氢氧根离子：S2-+ClO-+H2O＝S↓+Cl-+2OH-，C错误；
D．Fe(SCN)3为络合物不能拆，向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe(SCN)3 +Fe=6SCN-+3Fe2+，D错误；
11．化合物X由两种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：X可与水反应生成一种二元含氧酸，流程中X与NaOH(物质的量之比1：1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)。B和D为纯净物。
请回答：
(1)X的组成元素是___________，X的化学式是___________。
(2)写出X→A的化学方程式__________________________________。
(3)写出C→D的离子方程式___________________________________。
(4)实验室制得的黄绿气体单质B含有HCl，设计实验验证___________。
答案：(1)Fe、O FeO2 (2)FeO2＋NaOH＝NaHFeO3 (3)Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
(4)用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl
解析：C与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀D，D灼烧生成8g红色固体E，则E是Fe2O3，n(Fe2O3)=0.05ml；C中含有0.1mlFe3+，1.12L标准状况下的黄绿色气体单质为氯气，n(Cl2)＝0.05ml，溶液A和盐酸发生氧化还原反应生成氯气和Fe3+，根据得失电子守恒，A中Fe元素为+4价，流程中X与NaOH(物质的量之比1∶1)发生化合反应得到溶液A(含4种元素)，X中含有Fe、O两种元素，X为FeO2，A的化学式为NaHFeO3。
(1)根据以上分析，X的化学式是FeO2，X的组成元素是Fe、O；
(2)FeO2与NaOH(物质的量之比1∶1)发生化合反应得到NaHFeO3，反应的化学方程式为FeO2+NaOH＝NaHFeO3；
(3)C→D是氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓；
(4)氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去氯气后，再通入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊只变红不褪色，说明Cl2含有HCl。
12．硫酸亚锡(SnSO4)是应用于镀锡及铝合金表面处理的化学试剂。利用锡精矿(主要成分是SnO2，含少量WO3、S、Cu、Pb、Fe)制备硫酸亚锡的流程如下：
已知：
①在酸性条件下，溶液中的Sn2+可被Fe3+氧化成Sn4+；
②常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.01ml/L计算)：
(1)滤渣X的化学式是________。
(2)焙烧2中WO3发生反应的化学方程式是_______________________________。
(3)若氧化时不引入新的杂质，则足量的Y溶液与金属离子发生反应的离子方程式为________。
(4)利用表格数据，计算Sn(OH)4的Ksp＝________；沉锡控制溶液pH的范围是________；试剂Z可以是________(填字母)。
a．Ca(OH)2 b．Fe2O3 c．NH4HCO3溶液 d．氨水
(5)锡有多种同素异形体，其中白锡为四方晶系，晶胞参数a=b=0.5832nm，c=0.3181nm，灰锡为立方晶系，晶胞参数a=0.6489nm(如图)。在低温下，白锡转化为灰锡的现象常被称为锡疫。列式比较并说明发生“锡疫”时体积如何变化_______________________________________。
答案：(1)PbSO4 (2)WO3+Na2CO3＝Na2WO4+CO2↑ (3)2Fe3++2H++H2O2= 2H2O+2Fe3+
(4)1×10-56.8 1.3~2.1 cd
(5)ρ(白锡)＝eq \f(4×119,NA(0.5832×10-7)2×0.3181×10-7)g∙cm-3＞ρ(灰锡)＝eq \f(8×119,NA(0.6489×10-7)3)g∙cm-3，“锡疫”时白锡变成灰锡，密度减小，体积增大
解析：锡精矿(主要成分是SnO2，含少量WO3、S、Cu、Pb、Fe)在氧气中焙烧得到SO2气体，Cu、Pb、Fe转化为CuO、PbO2、Fe2O3，焙烧2中WO3和碳酸钠发生反应，由后续除钨步骤可知WO3转化成了Na2WO4，说明该过程中没有化合价的变化，则气体X为CO2，焙烧后的固体水浸除钨，过滤后的滤渣用硫酸溶解，CuO、PbO2、Fe2O3转化为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锡，硫酸铅溶于水，滤渣X为PbSO4，根据已知信息①，溶液中的Sn2+可被Fe3+氧化成Sn4+，在加入碳酸氢铵溶液调节pH沉锡，得到的固体在硫酸中溶解，再加入Sn单质将Sn4+还原为Sn2+得到SnSO4，以此解答。
(1)酸溶之前的步骤中，已经把S、W除去了，加入硫酸溶解时，硫酸铜、硫酸铁、硫酸锡都是可溶于水的，但硫酸铅难溶于水，所以滤渣X就是硫酸铅PbSO4。
(2)焙烧2中WO3和碳酸钠发生反应，由后续除钨步骤可知WO3转化成了Na2WO4，说明该过程中没有化合价的变化，则气体X为CO2，化学方程式为：WO3+Na2CO3=Na2WO4+CO2↑。
(3)氧化步骤是的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，Y是能把Fe2+氧化成Fe3+的物质，且不引入新的杂质，则Y为H2O2，该过程的离子方程式为：2Fe3++2H++H2O2= 2H2O+2Fe3+。
(4)由表格数据可知，c(Sn4+)=0.01ml/L的溶液中，当pH=0.3时，Sn4+开始沉淀生成Sn(OH)4，则Sn(OH)4的Ksp＝c4(OH－)c(Sn4+)＝(eq \f(1×10-14,1×10-0.3))4×0.01＝1×10-56.8；要能使Sn4+全部沉淀，还不能沉淀其它离子，根据表格信息，沉淀pH应在1.3~2.1范围内；Z用碳酸氢铵溶液或氨水最合适，碳酸氢根或一水合氨可以和氢离子反应，消耗溶液中的氢离子，达到调pH的目的；a的碱性太强，很容易使溶液pH过高，b是固体，可能会和沉淀出来的氢氧化锡混在一起，引入杂质，故选cd。
(5)由白锡晶胞结构可知，其中Sn原子的个数为8×eq \f(1,8)＋4×eq \f(1,2)＋1＝4，密度为ρ(白锡)＝eq \f(4×119,NA(0.5832×10-7)2×0.3181×10-7)g∙cm-3，由灰锡的晶胞结构可知，其中Sn原子的个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＋4＝8，密度为ρ(灰锡)＝eq \f(8×119,NA(0.6489×10-7)3)g∙cm-3，则ρ(白锡)＝eq \f(4×119,NA(0.5832×10-7)2×0.3181×10-7)g∙cm-3＞ρ(灰锡)＝eq \f(8×119,NA(0.6489×10-7)3)g∙cm-3，“锡疫”时白锡变成灰锡，密度减小，体积增大。
实验
操作与现象
①
在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
②
在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。
③
在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Sn2+
Sn4+
开始沉淀的pH
7.5
2.1
4.7
1.7
0.3
完全沉淀的pH
95
3.5
6.7
3.7
1.3