高考化学复习练习题-水溶液中的离子平衡提升
学习资料 2021-03-18 570
在弱电解质溶液中，未离解的分子和其离子间建立的动态平衡关系，下面是高考化学复习练习题-水溶液中的离子平衡提升，希望对考生复习有帮助。
1.(2015·重庆高考)下列叙述正确的是(C)
A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B.25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7
C.25 ℃时，0.1 mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D.0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl-)=c(I-)
解析：醋酸是弱电解质，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加入醋酸钠，使溶液中的c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，抑制醋酸的电离，故不正确。25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水完全反应生成NH4NO3，NH4NO3是强酸弱碱盐，NH发生水解，溶液呈酸性，pH<7，故不正确。H2S是弱电解质，部分电离，而Na2S是强电解质，完全电离，在等浓度的两种溶液中，Na2S溶液中离子浓度较大，溶液的导电能力强，故正确。0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，达到沉淀溶解平衡，因为AgCl的溶解度大于AgI，溶液中c(Cl-)>c(I-)，故不正确。
2.(2015·新课标Ⅰ卷)浓度均为0.10 mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如下图所示。下列叙述错误的是(D)
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度：b点大于a点
C.若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等
D.当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
解析：由图象分析浓度为0.10 mol·L-1的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pH<13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱。A.MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确。B.曲线的横坐标lg越大，表示加水稀释体积越大，由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点，弱碱ROH存在电离平衡：ROHR++OH-，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，B正确。C.若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH-)相等，C正确。D.当lg=2时，溶液V=100V0，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M+)不变;ROH存在电离平衡：ROHR++OH-，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，c(R+)增大，故减小，D错误。
3.(2015·海南高考)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙，Ka=1.4×10-3)在水中的电离度与浓度关系的是(B)
解析：A.这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH
4.(2015·天津高考)室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是(B)
加入的物质 结论 A 50 mL 1 mol·L-1
H2SO4 反应结束后，c(Na+)=c(SO) B 0.05 mol CaO 溶液中增大 C 50 mL H2O 由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变 D 0.1 mol NaHSO4
固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变 解析：室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，溶液中存在：CO+H2OHCO+OH-溶液呈碱性;A项加入50 mL 1 mol·L-1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)===2c(SO)，故A项错误;向溶液中加入0.05 mol CaO，则CaO+H2O===Ca(OH)2，则c(OH-)增大，且Ca2++CO===CaCO3↓，使CO+H2OHCO+OH-平衡左移，c(HCO)减小，故增大，故B项正确;C项加入50 mL H2O，溶液体积变大，CO+H2OHCO+OH-平衡右移，但c(OH-)减小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小，故C项错误;D项加入0.1 mol NaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐，电离出H+与CO反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D项错误;
5.(2015·广东高考)一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如下图所示。下列说法正确的是(C)
A.升高温度，可能引起由c向b的变化
B.该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13
C.该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D.该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
解析：A.c点溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH-)不可能减小。B.由b点对应c(H+)与c(OH-)可知，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14。C.FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H+)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH-)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化。D.c点溶液呈碱性，稀释时c(OH-)减小，同时c(H+)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的转化。
6.(2015·四川高考)常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是(C)
A.<1.0×10-7 mol·L-1
B.c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)
C.c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)
D.c(Cl-)>c(NH)>c(HCO)>c(CO)
解析：滤液中溶质的主要成分为NH4Cl和NaHCO3的混合物。A项，滤液pH<7，则c(H+)>1.0×10-7 mol·L-1，常温下Kw=1.0×10-14，所以<1.0×10-7 mol·L-1，A项正确;B项，由于开始加入等物质的量的NH4HCO3与NaCl，根据物料守恒可知，B项正确;C项，析出NaHCO3后，在滤液中根据电荷守恒得c(H+)+c(NH)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)，因c(Na+)
7.(2015·山东高考)室温下向10 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(D)
A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C.pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D.b点所示溶液中c(A-)>c(HA)
解析：A.a点NaOH与HA恰好完全反应，溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)，错误;B.a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，错误;C.根据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，pH=7，则c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，错误;D.b点HA过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c(A-)>c(HA)，正确。
8.(2015·浙江高考)40 ℃，在氨-水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是(C)
A.在pH=9.0时，c(NH)>c(HCO)>c(NH2COO-)>c(CO)
B.不同pH的溶液中存在关系：
c(NH)+c(H+)===2c(CO)+c(HCO)+c(NH2COO-)+c(OH-)
C.随着CO2的通入，不断增大
D.在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成
解析：A项，在横坐标pH=9.0的点，向上做一条垂直于横坐标的直线，根据与不同曲线的交点的纵坐标可以判断，A项正确;B项，根据溶液中的电荷守恒可得B项正确;C项，c(OH-)/c(NH3·H2O)=Kb/c(NH)，随着CO2的通入，NH的物质的量分数不断增大，故c(NH)不断增大，Kb/c(NH)不断减小，也就是c(OH-)/c(NH3·H2O)不断减小，C项错;D项，根据图象，pH在不断降低的过程中NH2COO-先出现，后消失，由此判断D项正确。
9.(2015·福建高考)研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。
(1)①硫离子的结构示意图为________。
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)25 ℃，在0.10 mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
①pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=________mol·L-1。
②某溶液含0.020 mol·L-1Mn2+、0.10 mol·L-1H2S，当溶液pH=__________时，Mn2+开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13]
(3)25 ℃，两种酸的电离平衡常数如下表。
Ka1 Ka2 H2SO3 1.3×10-2 6.3×10-8 H2CO3 4.2×10-7 5.6×10-11 ①HSO的电离平衡常数表达式K=________。
②0.10 mol·L-1 Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________________________________。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为__________________________________。
解析：(1)①S的原子序数为16，故S2-的结构示意图为。②硫元素的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，C与浓H2SO4反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O。(2)①根据物料守恒：c(S2-)+c(H2S)+c(HS-)=0.10 mol·L-1，故c(H2S)+c(HS-)=0.10 mol·L-1-c(S2-)=0.10 mol·L-1-5.7×10-2 mol·L-1=0.043 mol·L-1。②要使Mn2+沉淀，需要的c(S2-)最小值为c(S2-)===1.4×10-11，再对照图象找出pH=5。
(3)①电离平衡常数等于电离出的离子平衡浓度的系数次幂的乘积与弱电解质的平衡浓度的比值。
②SO发生水解，生成HSO和OH-，HSO再进一步水解生成H2SO3和OH-，故离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO)>c(OH-)>c(HSO)>c(H+)。
③根据电离平衡常数的大小可判断H2SO3的酸性强于碳酸，故反应可放出CO2气体，H2SO3+HCO===HSO+CO2↑+H2O。
答案：(1)① ②C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O (2)①0.043 ②5
(3)①或
②c(Na+)>c(SO)>c(OH-)>c(HSO)>c(H+)或[Na+]>[SO]>[OH-]>[HSO]>[H+]
③H2SO3+HCO===HSO+CO2↑+H2O
10.(2015·天津高考)FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3++H2OFe(OH)2++H+ K1
Fe(OH)2++H2OFe(OH)+H+ K2
Fe(OH)H2OFe(OH)3+H+ K3
(1)以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是________。
(2)通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，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NH4Cl d.加入NaHCO3
(3)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下图所示。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。
解析：(1)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。
(2)使平衡正向移动，因水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动;加水稀释，则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，所以答案选bd。
(3)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，所以关键步骤是调节溶液的pH。
(4)由图象可知，聚合氯化铁的浓度在18～20 mg·L-1时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小。
答案：(1)K1>K2>K3 (2)bd
(3)调节溶液的pH (4)18～20
1.(2015·重庆高考)下列叙述正确的是(C)
A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B.25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7
C.25 ℃时，0.1 mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D.0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl-)=c(I-)
解析：醋酸是弱电解质，存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+，加入醋酸钠，使溶液中的c(CH3COO-)增大，电离平衡逆向移动，抑制醋酸的电离，故不正确。25 ℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水完全反应生成NH4NO3，NH4NO3是强酸弱碱盐，NH发生水解，溶液呈酸性，pH<7，故不正确。H2S是弱电解质，部分电离，而Na2S是强电解质，完全电离，在等浓度的两种溶液中，Na2S溶液中离子浓度较大，溶液的导电能力强，故正确。0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，达到沉淀溶解平衡，因为AgCl的溶解度大于AgI，溶液中c(Cl-)>c(I-)，故不正确。
2.(2015·新课标Ⅰ卷)浓度均为0.10 mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如下图所示。下列叙述错误的是(D)
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度：b点大于a点
C.若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等
D.当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
解析：由图象分析浓度为0.10 mol·L-1的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pH<13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱。A.MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确。B.曲线的横坐标lg越大，表示加水稀释体积越大，由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点，弱碱ROH存在电离平衡：ROHR++OH-，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，B正确。C.若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH-)相等，C正确。D.当lg=2时，溶液V=100V0，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M+)不变;ROH存在电离平衡：ROHR++OH-，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，c(R+)增大，故减小，D错误。
3.(2015·海南高考)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙，Ka=1.4×10-3)在水中的电离度与浓度关系的是(B)
解析：A.这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH
4.(2015·天津高考)室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是(B)
加入的物质 结论 A 50 mL 1 mol·L-1
H2SO4 反应结束后，c(Na+)=c(SO) B 0.05 mol CaO 溶液中增大 C 50 mL H2O 由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变 D 0.1 mol NaHSO4
固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变 解析：室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，溶液中存在：CO+H2OHCO+OH-溶液呈碱性;A项加入50 mL 1 mol·L-1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)===2c(SO)，故A项错误;向溶液中加入0.05 mol CaO，则CaO+H2O===Ca(OH)2，则c(OH-)增大，且Ca2++CO===CaCO3↓，使CO+H2OHCO+OH-平衡左移，c(HCO)减小，故增大，故B项正确;C项加入50 mL H2O，溶液体积变大，CO+H2OHCO+OH-平衡右移，但c(OH-)减小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小，故C项错误;D项加入0.1 mol NaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐，电离出H+与CO反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D项错误;
5.(2015·广东高考)一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如下图所示。下列说法正确的是(C)
A.升高温度，可能引起由c向b的变化
B.该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13
C.该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D.该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
解析：A.c点溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH-)不可能减小。B.由b点对应c(H+)与c(OH-)可知，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14。C.FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H+)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH-)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化。D.c点溶液呈碱性，稀释时c(OH-)减小，同时c(H+)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的转化。
6.(2015·四川高考)常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是(C)
A.<1.0×10-7 mol·L-1
B.c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)
C.c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)
D.c(Cl-)>c(NH)>c(HCO)>c(CO)
解析：滤液中溶质的主要成分为NH4Cl和NaHCO3的混合物。A项，滤液pH<7，则c(H+)>1.0×10-7 mol·L-1，常温下Kw=1.0×10-14，所以<1.0×10-7 mol·L-1，A项正确;B项，由于开始加入等物质的量的NH4HCO3与NaCl，根据物料守恒可知，B项正确;C项，析出NaHCO3后，在滤液中根据电荷守恒得c(H+)+c(NH)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-)，因c(Na+)
7.(2015·山东高考)室温下向10 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(D)
A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C.pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D.b点所示溶液中c(A-)>c(HA)
解析：A.a点NaOH与HA恰好完全反应，溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+)，错误;B.a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，错误;C.根据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，pH=7，则c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，错误;D.b点HA过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c(A-)>c(HA)，正确。
8.(2015·浙江高考)40 ℃，在氨-水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是(C)
A.在pH=9.0时，c(NH)>c(HCO)>c(NH2COO-)>c(CO)
B.不同pH的溶液中存在关系：
c(NH)+c(H+)===2c(CO)+c(HCO)+c(NH2COO-)+c(OH-)
C.随着CO2的通入，不断增大
D.在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成
解析：A项，在横坐标pH=9.0的点，向上做一条垂直于横坐标的直线，根据与不同曲线的交点的纵坐标可以判断，A项正确;B项，根据溶液中的电荷守恒可得B项正确;C项，c(OH-)/c(NH3·H2O)=Kb/c(NH)，随着CO2的通入，NH的物质的量分数不断增大，故c(NH)不断增大，Kb/c(NH)不断减小，也就是c(OH-)/c(NH3·H2O)不断减小，C项错;D项，根据图象，pH在不断降低的过程中NH2COO-先出现，后消失，由此判断D项正确。
9.(2015·福建高考)研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。
(1)①硫离子的结构示意图为________。
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)25 ℃，在0.10 mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
①pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=________mol·L-1。
②某溶液含0.020 mol·L-1Mn2+、0.10 mol·L-1H2S，当溶液pH=__________时，Mn2+开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13]
(3)25 ℃，两种酸的电离平衡常数如下表。
Ka1 Ka2 H2SO3 1.3×10-2 6.3×10-8 H2CO3 4.2×10-7 5.6×10-11 ①HSO的电离平衡常数表达式K=________。
②0.10 mol·L-1 Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________________________________。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为__________________________________。
解析：(1)①S的原子序数为16，故S2-的结构示意图为。②硫元素的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，C与浓H2SO4反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O。(2)①根据物料守恒：c(S2-)+c(H2S)+c(HS-)=0.10 mol·L-1，故c(H2S)+c(HS-)=0.10 mol·L-1-c(S2-)=0.10 mol·L-1-5.7×10-2 mol·L-1=0.043 mol·L-1。②要使Mn2+沉淀，需要的c(S2-)最小值为c(S2-)===1.4×10-11，再对照图象找出pH=5。
(3)①电离平衡常数等于电离出的离子平衡浓度的系数次幂的乘积与弱电解质的平衡浓度的比值。
②SO发生水解，生成HSO和OH-，HSO再进一步水解生成H2SO3和OH-，故离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO)>c(OH-)>c(HSO)>c(H+)。
③根据电离平衡常数的大小可判断H2SO3的酸性强于碳酸，故反应可放出CO2气体，H2SO3+HCO===HSO+CO2↑+H2O。
答案：(1)① ②C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O (2)①0.043 ②5
(3)①或
②c(Na+)>c(SO)>c(OH-)>c(HSO)>c(H+)或[Na+]>[SO]>[OH-]>[HSO]>[H+]
③H2SO3+HCO===HSO+CO2↑+H2O
10.(2015·天津高考)FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3++H2OFe(OH)2++H+ K1
Fe(OH)2++H2OFe(OH)+H+ K2
Fe(OH)H2OFe(OH)3+H+ K3
(1)以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是________。
(2)通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，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NH4Cl d.加入NaHCO3
(3)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下图所示。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。
解析：(1)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。
(2)使平衡正向移动，因水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动;加水稀释，则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，所以答案选bd。
(3)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，所以关键步骤是调节溶液的pH。
(4)由图象可知，聚合氯化铁的浓度在18～20 mg·L-1时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小。
答案：(1)K1>K2>K3 (2)bd
(3)调节溶液的pH (4)18～20
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