2023届人教版高考化学新教材一轮复习第八单元水溶液中的离子反应与平衡课时规范练25盐类的水解（Word版带解析）

课时规范练25　盐类的水解基础巩固1.(2020年7月浙江选考,1)水溶液呈酸性的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.NaClB.NaHSO4C.HCOONaD.NaHCO32.(2020年7月浙江选考,23)常温下,用0.1mol·L-1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是(　　)A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl-)>c(CH3COO-)B.当滴入氨水10mL时,c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)C.当滴入氨水20mL时,c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20mL,c(N)<c(Cl-)3.(2020天津滨海新区模拟)下列选项中,微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)A.0.1mol·L-1K2CO3溶液:c(OH-)=c(HC)+c(H+)+c(H2CO3)B.0.1mol·L-1NaHCO3溶液中离子浓度关系:c(Na+)=2c(C)+c(HC)+c(H2CO3)C.等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中:2c(K+)=c(HX)+c(X-)D.浓度均为0.1mol·L-1的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合:c(Na+)+c(H+)=c(C)+c(OH-)+c(HC)4.(2020北京延庆区一模)常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液,pH约为8,向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液,有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中,正确的是(　　)A.NaHCO3溶液中,c(H+)+c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(OH-)B.NaHCO3溶液中,c(Na+)>c(OH-)>c(HC)>c(H+)C.加热NaHCO3溶液,pH增大,一定是HC水解程度增大的结果D.滴加饱和CaCl2溶液发生了反应:Ca2++2HCCaCO3↓+H2O+CO2↑5.(2020北京丰台区二模)用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法中不正确的是(　　)A.若X为Na2SO3,当吸收液pH=1.85时:c(Na+)=c(HS)+c(H2SO3)\nB.若X为Na2SO3,当吸收液呈中性时:2c(S)+c(HS)=c(Na+)C.若X为(NH4)2SO3,(NH4)2SO3溶液呈碱性,说明水解程度:S>ND.若X为(NH4)2SO3,图中b点溶液中n(HS)∶n(N)=1∶36.(2020北京东城区一模)25℃时,浓度均为0.1mol·L-1的几种溶液的pH如表。下列说法不正确的是(　　)溶液①CH3COONa溶液②NaHCO3溶液③CH3COONH4溶液pH8.888.337.00A.①中,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)B.由①②可知,CH3COO-的水解程度大于HC的水解程度C.③中,c(CH3COO-)=c(N)<0.1mol·L-1D.推测25℃,0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pH<8.337.10℃时加热饱和NaHCO3溶液,测得该溶液的pH发生如表所示的变化。温度/℃102030加热煮沸后冷却到50℃pH8.38.48.58.8(1)甲同学认为,该溶液pH增大的原因是HC的水解程度增大,碱性增强,有关反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 乙同学认为,溶液pH增大的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度　　　(填“大于”或“小于”)NaHCO3的水解程度,该分解反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 丙同学认为,甲、乙的判断都不充分,他进行如下探究来验证他们的判断是否正确。(2)在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X,若产生沉淀,则　　　　　　(填“甲”或“乙”)的判断正确,试剂X是　　　　　　(填标号)。 A.Ba(OH)2溶液B.BaCl2溶液C.NaOH溶液D.澄清石灰水(3)将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH=8.3,则　　　　　　(填“甲”或“乙”)的判断正确。 能力提升8.(双选)(2020江苏南京、盐城二模)25℃时,有关弱酸的电离平衡常数如下表:化学式HCNH2CO3CH3COOH电6.2×10-10K1=4.4×10-71.8×10-5\n离平衡常数K2=4.7×10-11下列有关微粒浓度的说法正确的是(　　)A.pH均为8的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液:c(Na2CO3)>c(NaCN)>c(CH3COONa)B.浓度均为0.1mol·L-1NaHCO3和Na2CO3混合溶液中:2c(Na+)=3c(HC)+3c(C)+3c(H2CO3)C.0.2mol·L-1HCN溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合所得溶液中:c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)D.浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中:c(CH3COOH)+c(H+)>c(CH3COO-)+c(OH-)9.(双选)(2020江苏南通、泰州模拟)室温下,Ka(HCN)=6.2×10-10,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)A.0.1mol·L-1NaCN溶液与等体积、等浓度盐酸混合:c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)>c(HCN)>c(CN-)B.向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至pH=7:c(Na+)<2[c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)]C.0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的比较:c(CN-)<c(HC2)+2c(C2)D.0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液等体积混合:c(Na+)+c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)=0.2mol·L-110.(双选)(2020江苏南京三模)室温下,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5,H2SO3的Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.2×10-8。氨水可用于工业尾气中SO2的吸收。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)A.氨水与SO2反应恰好生成(NH4)2SO3时:c(N)>c(S)>c(OH-)>c(H+)B.氨水与SO2反应所得溶液pH=9时:c(N)+c(H+)<3c(HS)+c(OH-)C.氨水与SO2反应生成等物质的量NH4HSO3和(NH4)2SO3时:3c(N)+3c(NH3·H2O)=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3)D.氨水与SO2反应恰好生成NH4HSO3时:c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c(S)+c(NH3·H2O)11.(双选)(2020江苏南京师大附中一模)已知NaHC2O4溶液的pH<7。常温下,向pH=8.4的\nNa2C2O4溶液中滴加0.1mol·L-1的HCl溶液,溶液pH与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化关系如图所示,下列各点所示溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)A.a点:c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4)=c(OH-)B.b点:c(Cl-)>c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)C.c点:c(Na+)=c(HC2)+c(C2)+c(Cl-)D.d点:c(OH-)+c(Cl-)>c(H+)+2c(H2C2O4)12.在含有弱电解质的溶液中,往往有多个化学平衡共存。(1)一定温度下,向1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体,则溶液中　　　　　(填“增大”“不变”或“减小”);写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间关系的一个等式:　　　　　　　　。 (2)25℃时,在20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液40mL,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题:①在同一溶液中,H2CO3、HC、C　　　　　(填“能”或“不能”)大量共存; ②当pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒为　　　　　,溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为　　　　　; ③已知在25℃时,C水解反应的平衡常数Kh==2.0×10-4,当溶液中c(HC)∶c(C)=2∶1时,溶液的pH=　。 13.(2020山东泰安期末)砷是生命的第七元素,可形成多种重要化合物,如雌黄(As2S3)、雄黄(As4S4)、砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)等。(1)雄黄可入药。若0.5mol雄黄与O2反应生成As2O3,转移14mol电子,则另一种产物为　　　　　　　　　　　　(填化学式)。 (2)砷酸(H3AsO4)是一种重要化工产品,可与足量NaOH溶液反应生成Na3AsO4。NaH2AsO4溶液水解反应的Kh=　　　　　　,该溶液显　　　　　(填“酸”或“碱”)性。若向该溶液中加入少量NaOH固体,则溶液中将　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。(已知:25℃,砷酸的Ka1=5×10-3,Ka2=1.7×10-7) (3)亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病,其在溶液中存在多种微粒形态。常温下,用NaOH溶液滴定H3AsO3时,各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。\n以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　,pH=8时,溶液中c(Na+)　　　　　　(填“>”“<”或“=”)c(H2As)。 拓展深化14.(2020北京海淀区校级模拟)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1)FeCl3净水的原理是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)　　　　　　　　　　　。 (2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。①若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1,c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1,c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的pH约为　　　　　　。 ②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:　　Cl+　　Fe2++　　　　 　　Cl-+　　Fe3++　　　　　　。 (3)FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3++H2OFe(OH)2++H+　K1Fe(OH)2++H2OFe(OH+H+　K2Fe(OH)++H2OFe(OH)3+H+　K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是　　　　　　　　　　　　。 通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氧化铁,离子方程式为xFe3++yH2OFex(OH+yH+。欲使平衡正向移动可采用的方法是　　　(填序号)。 a.降温b.加水稀释c.加入NH4Cld.加入NaHCO3室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是　　　　　　　　。 (4)天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为　　　mg·L-1。 \n课时规范练25　盐类的水解1.B　NaCl是强酸强碱盐,其不能水解,其水溶液呈中性,A错误;NaHSO4是强酸的酸式盐,属于强电解质,其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4Na++H++S,故其水溶液呈酸性,B正确;HCOONa属于强碱弱酸盐,其在水溶液中可以完全电离,其电离产生的HCOO-可以发生水解,其水解的离子方程式为HCOO-+H2OHCOOH+OH-,故其水溶液呈碱性,C错误;NaHCO3是强碱弱酸盐,既能发生电离又能发生水解,但其水解程度大于电离程度,故其水溶液呈碱性,D错误。2.D　未滴定时,溶液溶质为HCl和CH3COOH,且浓度均为0.1mol·L-1,HCl为强电解质,完全电离,CH3COOH为弱电解质,不完全电离,故c(Cl-)>c(CH3COO-),A正确;当滴入氨水10mL时,n(NH3·H2O)=n(CH3COOH),则在同一溶液中c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),B正确;当滴入氨水20mL时,溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4,质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-),C正确;当溶液为中性时,电荷守恒为c(N)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),因为溶液为中性,则c(H+)=c(OH-),故c(N)>c(Cl-),D不正确。3.C　根据质子守恒得c(OH-)=c(HC)+c(H+)+2c(H2CO3),A错误;根据物料守恒得c(Na+)=(C)+c(HC)+c(H2CO3),B错误;根据物料守恒得2c(K+)=c(HX)+c(X-),C正确;二者恰好完全反应生成碳酸钠,溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-)+c(HC),D错误。4.D　NaHCO3溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-),A错误;NaHCO3溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),HC的水解和电离程度都较小,则c(HC)>c(OH-),正确的离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(HC)>c(OH-)>c(H+),B错误;该溶液的pH升高的原因可能是HC的水解程度增大,碱性增强,也可能是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,导致溶液碱性增强,C错误;滴加饱和CaCl2溶液,\n有白色沉淀和无色气体生成,白色沉淀为CaCO3,气体为CO2,说明发生了反应:Ca2++2HCCaCO3↓+H2O+CO2↑,D正确。5.A　若X为Na2SO3,当吸收液pH=1.85时,溶液中不含S,则此时溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(HS)+c(OH-),由于c(H+)>c(OH-),故c(Na+)<c(HS),A错误;若X为Na2SO3,当吸收液呈中性时,c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HS)+2c(S)+c(OH-),可知2c(S)+c(HS)=c(Na+),B正确;若X为(NH4)2SO3,由于N水解显酸性,S水解显碱性,(NH4)2SO3溶液呈碱性,说明水解程度:S>N,C正确;若X为(NH4)2SO3,图中b点溶液中,c(HS)=c(S),b点pH=7,c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒c(H+)+c(N)=c(HS)+2c(S)+c(OH-),则3c(HS)=c(N),n(HS)∶n(N)=1∶3,D正确。6.B　CH3COONa溶液中,物料关系为c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),A正确;由于NaHCO3是弱酸酸式盐,HC既存在电离平衡,又存在水解平衡,不能根据①②溶液的pH判断醋酸和碳酸的酸性强弱,实际上酸性:醋酸>碳酸,所以HC的水解程度大于CH3COO-的水解程度,B错误;CH3COONH4溶液的pH=7.00,即溶液呈中性,但CH3COO-和N相互促进水解,电荷关系为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),即c(CH3COO-)=c(N)<0.1mol·L-1,C正确;0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH=8.33,0.1mol·L-1NH4HCO3溶液相当于在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等物质的量的NH4Cl固体,由于NH4Cl水解显酸性,导致所得溶液的碱性减弱,即0.1mol·L-1NH4HCO3溶液的pH<8.33,D正确。7.答案(1)HC+H2OH2CO3+OH-　大于　2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O　(2)乙　B　(3)甲解析(1)NaHCO3为强碱弱酸盐,在溶液中发生反应的离子方程式为HC+H2OH2CO3+OH-,水解使溶液呈碱性,加热时,NaHCO3可分解生成Na2CO3,Na2CO3水解程度较大,溶液碱性较强,NaHCO3分解反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。(2)加入BaCl2溶液后,若生成沉淀,说明溶液中存在大量的C,乙同学结论正确,而加入A、D都生成沉淀,不正确,加入C无现象。(3)将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH等于8.3,说明NaHCO3没有分解,则甲的判断正确。\n8.BC　酸的电离平衡常数越大,电离程度越大,则酸根离子的水解程度越小,当盐溶液的pH相同时,浓度越大,电离平衡常数:CH3COOH>HCN>HC,则水解程度C>CN->CH3COO-,所以c(Na2CO3)<c(NaCN)<c(CH3COONa),A项错误;根据物料守恒可得,浓度均为0.1mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3混合溶液中,2c(Na+)=3c(HC)+3c(C)+3c(H2CO3),B项正确;0.2mol·L-1HCN溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合所得溶液为NaCN和HCN的混合溶液,由于NaCN的水解大于HCN的电离,故有c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-),C项正确;浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中,醋酸根离子水解程度较小,则c(CH3COOH)+c(H+)<c(CH3COO-)+c(OH-),D项错误。9.BC　溶液为HCN与氯化钠的混合溶液,且二者的物质的量浓度相等,HCN的电离很微弱,c(Na+)=c(Cl-)>c(HCN)>c(H+)>c(CN-),A错误;若向0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液至完全反应则生成Na2C2O4,溶液呈碱性,根据物料守恒有c(Na+)=2[c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)],当反应至溶液pH=7时,则氢氧化钠不足,c(Na+)偏小,故c(Na+)<2[c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)],B正确;因Ka(HCN)=6.2×10-10<Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,NaCN水解程度大于NaHC2O4,0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中c(HCN)>c(H2C2O4),而溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)=c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4),故c(CN-)<c(HC2)+2c(C2),C正确;0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)=0.1mol·L-1,而0.1mol·L-1NaCN溶液与0.1mol·L-1NaHC2O4溶液等体积混合后:c(Na+)+c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)=0.1mol·L-1+0.05mol·L-1=0.15mol·L-1,D错误。10.AD　HS的电离常数Ka2=6.2×10-8,HS的水解常数Kh=≈7.7×10-13,即HS的电离常数>HS的水解常数,HS使盐溶液显酸性。恰好生成(NH4)2SO3时,溶液中c(N)≈2c(S),因为NH3·H2O的电离常数Kb大于HS的电离常数Ka2,则N的水解常数小于S的水解常数,故溶液显碱性,c(OH-)>c(H+),故c(N)>c(S)>c(OH-)>c(H+),A正确;氨水与SO2反应所得溶液中存在电荷守恒c(N)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-),S水解使溶液显碱性,HS因其电离程度大于水解程度使溶液显酸性,现pH=9,显碱性,故\nc(S)>c(HS),所以c(N)+c(H+)>3c(HS)+c(OH-),B错误;NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量相等,则NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量浓度相等,假设NH4HSO3和(NH4)2SO3物质的量浓度均为amol·L-1,则有物料守恒c(N)+c(NH3·H2O)=3amol·L-1,c(S)+c(HS)+c(H2SO3)=2amol·L-1,故2c(N)+2c(NH3·H2O)=3c(S)+3c(HS)+3c(H2SO3),C错误;NH4HSO3溶液中存在质子守恒:c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c(S)+c(NH3·H2O),D正确。11.AD　Na2C2O4溶液中的质子守恒,水电离出的n(H+)=n(OH-),在草酸钠水溶液中水电离出的氢离子以H+、HC2、H2C2O4三种形式存在,其中1mol草酸分子中有2mol水电离出的氢离子,所以c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4)=c(OH-),A正确;b点时,溶液中溶质为Na2C2O4和等物质的量浓度的NaHC2O4、NaCl,根据物料守恒,c(Cl-)<c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2),B错误;c点溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),则依据电荷守恒可得c(Na+)=c(HC2)+c(C2)×2+c(Cl-),C错误;d点对应溶液,根据物料守恒,c(Na+)=2c(H2C2O4)+2c(HC2)+2c(C2),电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2)+c(C2)×2+c(Cl-),两式联立可得2c(H2C2O4)+c(HC2)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),故c(OH-)+c(Cl-)>c(H+)+2c(H2C2O4),D正确。12.答案(1)不变　c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)(2)①不能　②HC、H2CO3　c(Na+)>c(Cl-)>c(HC)>c(H+)=c(OH-)　③10解析(1)K=,K仅受温度的影响。由电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)。(2)通过观察图像解答①②问。③中根据题给信息可得c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1,则c(H+)=1.0×10-10mol·L-1,pH=10。13.答案(1)SO2　(2)2×10-12　酸　减小(3)H3AsO3+OH-H2As+H2O　>解析(1)雄黄可入药。若0.5mol雄黄与O2反应生成As2O3,转移14mol电子,即1mol雄黄与O2反应生成As2O3,转移28mol电子,硫为-2价,则As为+2价,则1molAs4S4中As转移了4mol电子,则4mol硫总共转移24mol电子,即1个硫升高6价,变为+4价的硫,则另一种产物为SO2。(2)砷酸(H3AsO4)是一种重要化工产品,可与足量NaOH溶液反应生成Na3AsO4。\nNaH2AsO4溶液水解反应的Kh==2×10-12,Ka2大于Kh,因此该溶液显酸性。若向该溶液中加入少量NaOH固体,则溶液中,氢氧根浓度增大,因此比值减小。(3)以酚酞为指示剂,将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为红色时停止滴加,即pH为8.2时主要是H3AsO3和H2As,该过程中主要反应的离子方程式为H3AsO3+OH-H2As+H2O,pH=8时,溶液中溶质为NaH2AsO3和H3AsO3,溶液显碱性,说明水解程度大于电离程度,因此溶液中c(Na+)>c(H2As)。14.答案(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质　2Fe3++Fe3Fe2+(2)①2　②1　6　6H+　1　6　3H2O(3)K1>K2>K3　bd　溶液的pH　(4)18~20解析(1)Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质,可起到净水的作用;钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子,离子方程式是2Fe3++Fe3Fe2+。(2)①根据电荷守恒:c(Cl-)=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)(酸性溶液中OH-浓度很小,在这里可以忽略不计),则c(H+)=c(Cl-)-2c(Fe2+)-3c(Fe3+)=1.0×10-2mol·L-1,则溶液pH=-lg(1.0×10-2)=2。②NaClO3氧化酸性的氯化亚铁,根据题干,Cl元素的化合价从+5价降低到-1价,得到6个电子,Fe元素的化合价从+2价升高到+3价,失去1个电子,根据得失电子守恒,氯酸根离子的化学计量数为1,则Fe2+的化学计量数为6,则铁离子的化学计量数也是6,氯离子的化学计量数是1,根据电荷守恒,则反应物中还有氢离子,且氢离子的化学计量数是6,生成物中有水,水的化学计量数是3,配平后离子方程式为Cl+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。(3)铁离子的水解分为三步,且水解程度逐渐减弱,所以水解平衡常数逐渐减小,则K1>K2>K3。控制条件使平衡正向移动,因为水解为吸热反应,所以降温,平衡逆向移动;加水稀释,水解平衡也正向移动;加入氯化铵,氯化铵溶液为酸性,氢离子浓度增大,平衡逆向移动;加入碳酸氢钠,则消耗氢离子,所以氢离子浓度降低,平衡正向移动。从反应的离子方程式中可知,氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成,所以关键条件是溶液的pH。(4)由图像可知,聚合氯化铁的浓度在18~20mg·L-1时,去除率达到最大值。