高考化學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練9 電解質(zhì)溶液

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專題突破練(九)　電解質(zhì)溶液 1．某種碳酸飲料中主要含檸檬酸、碳酸、白砂糖、苯甲酸鈉等成分，常溫下測(cè)得其pH約為3.5，下列說法不正確的是(　　) A．檸檬酸的電離會(huì)抑制碳酸的電離 B．該碳酸飲料中水的電離受到抑制 C．常溫下，該碳酸飲料中KW的值大于純水中KW的值 D．打開瓶蓋冒出大量氣泡，是因?yàn)閴簭?qiáng)減小，降低了CO2的溶解度 解析：　H2CO3是弱酸，檸檬酸的電離會(huì)抑制碳酸的電離，A項(xiàng)正確；該碳酸飲料中含有檸檬酸、碳酸等酸，水的電離受到抑制，B項(xiàng)正確；KW只與溫度有關(guān)，而與溶液的酸堿性無關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；打開瓶蓋，壓強(qiáng)減小，H2CO3(aq)H2O(l)＋CO2(g)平衡向右移動(dòng)，生成CO2的量增多，冒出大量氣泡，D項(xiàng)正確。 答案：　C 2．關(guān)于常溫下pH＝2的醋酸，下列敘述正確的是(　　) A．c(CH3COOH)＝0.01 molL－1 B．c(H＋)＝c(CH3COO－) C．加水稀釋100倍后，溶液pH＝4 D．加入CH3COONa固體，可抑制CH3COOH的電離 解析：　常溫下pH＝2則c(H＋)＝0.01 molL－1，因CH3COOH是弱酸，所以c(CH3COOH)>0.01 molL－1，A錯(cuò)誤；醋酸中的電荷守恒表達(dá)式為c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，B錯(cuò)誤；pH＝2的溶液，加水稀釋100倍，若不存在電離平衡的移動(dòng)，則溶液的pH＝4，因CH3COOH是弱電解質(zhì)，稀釋促進(jìn)其電離，故2c(H＋)＝c(OH－) 解析：　加入少量金屬Na，溶液中c(H＋)減小，平衡②向右移，溶液中c(HSO)減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；加入少量Na2SO3固體，根據(jù)電荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；加入少量NaOH溶液，c(OH－)增大，平衡②向右移，、均增大，C項(xiàng)正確；加入氨水至中性，根據(jù)物料守恒c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)，則c(Na＋)>c(SO)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案：　C 5．(2016長春七校聯(lián)考)常用的無機(jī)酸25 ℃時(shí)在水溶液中的電離平衡常數(shù)如下表： 無機(jī)酸 氫氰酸(HCN) 碳酸(H2CO3) 氫氟酸(HF) 電離平衡常數(shù)K值(25 ℃) 6.210－10 (K) 4.210－7 (K1) 5．610－11 (K2) 6.6110－4 (K) 下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．NaF溶液中通入過量CO2：F－＋H2O＋CO2===HF＋HCO B．Na2CO3溶液中：2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3) C．中和等體積、等pH的氫氰酸(HCN)和氫氟酸(HF)消耗NaOH的量前者大于后者 D．等濃度的NaCN和NaF溶液中pH前者小于后者 解析：　由表中數(shù)據(jù)可知，HF的酸性強(qiáng)于H2CO3，故A項(xiàng)反應(yīng)不可能發(fā)生，錯(cuò)誤；Na2CO3溶液中存在物料守恒c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)镠CN的酸性比HF弱，體積和pH都相同時(shí)，HCN的濃度大，HCN的物質(zhì)的量大，消耗NaOH的量多，C選項(xiàng)正確；同為鈉鹽，對(duì)應(yīng)的酸的酸性越弱，鈉鹽的水解程度越大，pH越大，HCN的酸性弱于HF，所以NaCN溶液的pH大，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案：　C 6．某溫度下，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋時(shí)的pH變化曲線如圖所示。下列判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)、c兩點(diǎn)溶液的導(dǎo)電能力相同 B．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)溶液中水的電離程度：a>b>c C．b點(diǎn)溶液中：c(H＋)＋c(NH3H2O)＝c(OH－) D．用等濃度的NaOH溶液和等體積的b、c處溶液反應(yīng)，消耗NaOH溶液體積Vb＝Vc 解析：　體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋的過程中，鹽酸中c(H＋)變化大，而氯化銨溶液中NH可繼續(xù)水解，溶液中的c(H＋)變化小，所以含c點(diǎn)的曲線是鹽酸pH變化曲線，含a、b點(diǎn)的曲線是氯化銨溶液pH變化曲線。溶液的導(dǎo)電能力和溶液中自由移動(dòng)的離子數(shù)目有關(guān)，當(dāng)溶液的體積相等時(shí)，a、c兩點(diǎn)溶液中離子濃度不一樣，故導(dǎo)電能力不一樣，A項(xiàng)錯(cuò)誤；HCl電離出的H＋抑制了水的電離，所以c點(diǎn)溶液中水的電離程度最小，氯化銨溶液中NH的水解促進(jìn)水的電離，氯化銨溶液中c(H＋)越大，水的電離程度越大，綜上所述a、b、c三點(diǎn)溶液水的電離程度a>b>c，B項(xiàng)正確；b點(diǎn)溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒，得出c(OH－)＋c(NH3H2O)＝c(H＋)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；b、c處溶液的pH相等，c處HCl完全電離，而b處溶液中加入NaOH溶液后，NH的水解平衡正向移動(dòng)，故消耗NaOH溶液體積Vb>Vc，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案：　B 7．在含有Ag＋的酸性溶液中，以鐵銨礬NH4Fe(SO4)2作指示劑，用KSCN的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ag＋。已知：AgSCN(白色，s)Ag＋＋SCN－，Ksp＝1.010－12，F(xiàn)e3＋＋SCN－[Fe(SCN)]2＋(血紅色)，K＝138。下列說法不正確的是(　　) A．邊滴定，邊搖動(dòng)溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀 B．當(dāng)Ag＋定量沉淀后，少許過量的SCN－與Fe3＋生成血紅色配合物，即為終點(diǎn) C．上述實(shí)驗(yàn)可用KCl標(biāo)準(zhǔn)溶液代替KSCN的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ag＋ D．滴定時(shí)，必須控制溶液一定的酸性，防止Fe3＋水解，以免影響終點(diǎn)的觀察 解析：　對(duì)比AgSCN的溶度積常數(shù)及Fe3＋與SCN－反應(yīng)的平衡常數(shù)可知，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀，A項(xiàng)正確；Fe3＋與SCN－形成的配合物為血紅色，其顏色變化決定了這種配合物能否形成，可以作為滴定終點(diǎn)的判斷依據(jù)，B項(xiàng)正確；Cl－與Fe3＋不反應(yīng)，沒有明顯的顏色變化，C項(xiàng)錯(cuò)誤；Fe3＋易水解生成紅褐色Fe(OH)3沉淀而干擾對(duì)紅色的觀察，D項(xiàng)正確。 答案：　C 8．如圖所示，有T1、T2不同溫度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線，下列說法不正確的是(　　) A．加入Na2SO4可使溶液由a點(diǎn)變?yōu)閎點(diǎn) B．在T1曲線上方區(qū)域(不含曲線)任意一點(diǎn)時(shí)，均有BaSO4沉淀生成 C．蒸發(fā)溶劑可能使溶液由d點(diǎn)變?yōu)榍€上a，b之間的某一點(diǎn)(不含a，b) D．升溫可使溶液由b點(diǎn)變?yōu)閐點(diǎn) 解析：　A項(xiàng)正確，溫度不變Ksp不變，c(SO)增大，c(Ba2＋)減??；B項(xiàng)正確，T1曲線上方區(qū)域，任意一點(diǎn)為過飽和溶液，有BaSO4沉淀生成；C項(xiàng)正確，蒸發(fā)溶劑，c(SO)、c(Ba2＋)均增大，而由d點(diǎn)到a點(diǎn)c(SO)保持不變，由d點(diǎn)到b點(diǎn)c(Ba2＋)保持不變；D項(xiàng)錯(cuò)誤，升溫Ksp增大，c(Ba2＋)、c(SO)均應(yīng)增大。 答案：　D 9．(2016山東濟(jì)南模擬)常溫下，用0.100 molL－1的NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.100 molL－1的鹽酸和0.100 molL－1的醋酸，得到兩條滴定曲線，如圖所示： 下列說法正確的是 (　　) A．滴定鹽酸的曲線是圖2 B．兩次滴定均可選擇甲基橙或酚酞作指示劑 C．達(dá)到B、E點(diǎn)時(shí)，反應(yīng)消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl) D．以HA表示酸，當(dāng)0 mLc(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) 解析：　0.100 molL－1鹽酸的pH＝1,0.100 molL－1醋酸的pH>1，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；甲基橙的變色范圍是pH＝3.1～4.4、酚酞的變色范圍是pH＝8.2～10.0，由圖2中pH突變的范圍(>6)可知，當(dāng)氫氧化鈉溶液滴定醋酸時(shí)，只能選擇酚酞作指示劑，B項(xiàng)錯(cuò)誤；B、E兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)消耗氫氧化鈉溶液的體積均為a mL，所以反應(yīng)消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl)，C項(xiàng)正確；0 mLc(H＋)＝c(OH－)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案：　C 10．(2016河北唐山模擬)常溫下，一些金屬離子(用Mn＋表示)形成M(OH)n沉淀與溶液pH平衡關(guān)系曲線如圖。 已知：c(Mn＋)≤110－5 molL－1時(shí)可認(rèn)為金屬離子沉淀完全；pM＝－lgc(Mn＋)，pKsp＝－lg Ksp。下列敘述正確的是(　　) A．Mn＋開始沉淀的pH與起始濃度c(Mn＋)無關(guān) B．不同的金屬沉淀完全時(shí)的pH相同 C．圖中Y點(diǎn)與X點(diǎn)pKsp不相同 D．Y點(diǎn)：pM＝pKsp＋npH－14n 解析：　A項(xiàng)，Mn＋開始沉淀的pH與起始溶液c(Mn＋)有關(guān)，c(Mn＋)越大，沉淀所需pH值越??；B項(xiàng)，不同金屬離子的Ksp不相同，所以金屬沉淀完全時(shí)pH也不相同；C項(xiàng)，Ksp只與溫度有關(guān)，所以Y點(diǎn)與X點(diǎn)pKsp相同；D項(xiàng)，c(Mn＋)＝＝，兩邊同時(shí)取負(fù)對(duì)數(shù)， －lgc(Mn＋)＝－lgKsp＋lg(10－14)n－lgcn(H＋) 即：pM＝pKsp＋npH－14n。 答案：　D 11．(2016海南七校聯(lián)盟聯(lián)考)連二次硝酸(H2N2O2)是一種二元酸，可用于制N2O氣體。 (1)連二次硝酸中氮元素的化合價(jià)為__________。 (2)常溫下，用0.01 molL－1的NaOH溶液滴定10 mL 0.01 molL－1的H2N2O2溶液，測(cè)得溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。 ①寫出H2N2O2在水溶液中的電離方程式：_____________________________________ ________________________________________________________________________。 ②b點(diǎn)時(shí)溶液中c(H2N2O2)______c(N2O)。(填“>”“<”或“＝”，下同) ③a點(diǎn)時(shí)溶液中c(Na＋)______c(HN2O)＋c(N2O)。 (3)硝酸銀溶液和連二次硝酸鈉溶液混合，可以得到黃色的連二次硝酸銀沉淀，向該分散系中滴加硫酸鈉溶液，當(dāng)白色沉淀和黃色沉淀共存時(shí)，分散系中＝________。[已知Ksp(Ag2N2O2)＝4.210－9，Ksp(Ag2SO4)＝1.410－5] 解析：　(1)根據(jù)化合物中各元素化合價(jià)的代數(shù)和為0可求出H2N2O2中氮元素的化合價(jià)為＋1。(2)①由題圖可以看出，未加入NaOH溶液時(shí)，0.01 molL－1 H2N2O2溶液的pH＝4.3，這說明H2N2O2為弱酸，則其電離方程式為H2N2O2H＋＋HN2O。②b點(diǎn)時(shí)溶液中的溶質(zhì)為NaHN2O2，溶液呈堿性，說明HN2O的水解程度大于其電離程度，H2N2O2為水解產(chǎn)物，N2O為電離產(chǎn)物，故c(H2N2O2)>c(N2O)。③a點(diǎn)時(shí)溶液中，根據(jù)電荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(N2O)＋c(HN2O)＋c(OH－)，而a點(diǎn)時(shí)溶液的pH＝7，則c(H＋)＝c(OH－)，故c(Na＋)＝2c(N2O)＋c(HN2O)，所以c(Na＋)>c(N2O)＋c(HN2O)。(3)當(dāng)白色沉淀和黃色沉淀共存時(shí)，溶液中連二次硝酸銀和硫酸銀均達(dá)到飽和，溶液中存在兩個(gè)溶解平衡：Ag2N2O2(s)2Ag＋(aq)＋N2O(aq)、Ag2SO4(s)2Ag＋(aq)＋SO(aq)，溶液中＝＝＝＝3.010－4。 答案：　(1)＋1 (2)①H2N2O2H＋＋HN2O?、??、? (3)3.010－4 12．25 ℃時(shí)，將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表： 實(shí)驗(yàn) 編號(hào) HA物質(zhì)的量 濃度/(molL－1) NaOH物質(zhì)的量 濃度/(molL－1) 混合溶液的pH 甲 0.2 0.2 pH＝a 乙 c1 0.2 pH＝7 丙 0.1 0.1 pH>7 丁 0.1 0.1 pH＝9 請(qǐng)回答下列問題： (1)不考慮其他組的實(shí)驗(yàn)結(jié)果，單從甲組情況分析，如何用a(混合溶液的pH)來說明HA是強(qiáng)酸還是弱酸： ______________________________________________________。 (2)不考慮其他組的實(shí)驗(yàn)結(jié)果，單從乙組情況分析，c1是否一定等于0.2？________(填“是”或“否”)?；旌先芤褐须x子濃度c(A－)與c(Na＋)的大小關(guān)系是________。 A．前者大　　　　　　　 B．后者大 C．二者相等 D．無法判斷 (3)從丙組實(shí)驗(yàn)結(jié)果分析，HA是________(填“強(qiáng)”或“弱”)酸。該混合溶液中離子濃度由大到小的順序是___________________________________________________。 (4)丁組實(shí)驗(yàn)所得混合溶液中由水電離出的c(OH－)＝________ molL－1。 寫出該混合溶液中下列算式的精確結(jié)果(不能做近似計(jì)算)。c(Na＋)－c(A－)＝______________。 解析：　(1)因?yàn)橐辉岷鸵辉獕A的物質(zhì)的量濃度相等，又是等體積混合，說明恰好完全反應(yīng)，生成的產(chǎn)物是NaA，對(duì)NaA溶液分析，若a＝7，說明HA是強(qiáng)酸，若a>7，說明溶液因A－的水解而顯堿性，則HA是弱酸。 (2)c1不一定等于0.2。當(dāng)HA是強(qiáng)酸時(shí)c1等于0.2；當(dāng)HA是弱酸時(shí)，c1大于0.2。因?yàn)閜H＝7，說明c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒可知，一定有c(Na＋)＝c(A－)。 (3)由丙組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，兩溶液等體積等物質(zhì)的量濃度混合后pH>7，說明A－水解，得出HA是弱酸，其他易推知。 (4)丁組實(shí)驗(yàn)中所得混合液的pH＝9，說明溶液中c(H＋)＝1.010－9 molL－1，則由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝c(OH－)＝ molL－1＝1.010－5 molL－1，由電荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，則c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(1.010－5－1.010－9) molL－1。 答案：　(1)若a＝7，HA為強(qiáng)酸；若a>7，HA為弱酸 (2)否　C (3)弱　c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) (4)1.010－5　(1.010－5－1.010－9)molL－1 13．(2016山東青島模擬)工廠中用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，還含有少量NH、Fe3＋、AsO、Cl－。為除去雜質(zhì)離子，部分操作流程如下： 請(qǐng)回答下列問題： (1)用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中，硫酸的濃度為4.9 gL－1，則該溶液中的pH約為__________。 (2)NH在用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中以(NH4)2SO4 和NH4Cl形式存在。 現(xiàn)有一份(NH4)2SO4溶液，一份NH4Cl溶液，(NH4)2SO4溶液中c(NH)恰好是NH4Cl溶液中c(NH)的2倍，則c[(NH4)2SO4]________c(NH4Cl)(填“<”“＝”或“>”)。 (3)隨著向廢液中投入生石灰(忽略溶液溫度的變化)，溶液中________(填“增大”“減小”或“不變”)。 (4)投入生石灰調(diào)節(jié)pH 2～3時(shí)，大量沉淀主要成分為CaSO42H2O[含有少量Fe(OH)3]，提純CaSO42H2O的主要操作步驟：向沉淀中加入過量__________，充分反應(yīng)后，過濾、洗滌、________。 (5)25 ℃，H3AsO4電離常數(shù)為K1＝5.610－3，K2＝1.710－7，K3＝4.010－12。 當(dāng)調(diào)節(jié)pH 8～9時(shí)，沉淀主要成分為Ca3(AsO4)2。 ①pH調(diào)節(jié)到8左右Ca3(AsO4)2才開始沉淀的原因是________________________________ ________________________________________________________________________。 ②Na3AsO4第一步水解的平衡常數(shù)數(shù)值為 _____________________________。 解析：　硫酸廢液中除了含有大量硫酸外，還含有少量NH、Fe3＋、AsO、Cl－，加入生石灰，調(diào)節(jié)pH 2～3，大量沉淀主要成分為CaSO42H2O[含有少量Fe(OH)3]，濾液加入生石灰調(diào)節(jié)pH 8～9，生成Ca3(AsO4)2沉淀，濾液主要含有(NH4)2SO4和NH4Cl。(1)硫酸的濃度為4.9 gL－1， c(H2SO4)＝＝0.05 molL－1， c(H＋)＝0.1 molL－1，pH＝－lg0.1＝1。 (2)如c[(NH4)2SO4]＝c(NH4Cl)，則(NH4)2SO4溶液中c(NH)較大，因c(NH)越大，NH水解程度越小，則(NH4)2SO4溶液中c(NH)大于NH4Cl溶液中c(NH)的2倍，如等于2倍，則c(NH4Cl)應(yīng)稍大。 (3)隨著向廢液中投入生石灰，c(OH－)增大，c(NH3H2O)減小，則溶液中減小。 (4)提純CaSO42H2O，可加入稀硫酸溶解Fe(OH)3，且防止CaSO42H2O的溶解，過濾后洗滌、干燥。 (5)①H3AsO4是弱酸，電離出來的AsO較少，所以酸性條件下不易形成Ca3(AsO4)2沉淀，當(dāng)溶液中pH調(diào)節(jié)到8左右時(shí)AsO濃度增大，Ca3(AsO4)2開始沉淀。 ②Na3AsO4的第一步水解的離子方程式為AsO＋H2OHAsO＋OH－，該步水解的平衡常數(shù)Kh＝＝＝＝＝2.510－3。 答案：　(1)1　(2)< (3)減小　(4)稀硫酸　晾干或干燥 (5)①H3AsO4是弱酸，當(dāng)溶液中pH調(diào)節(jié)到8左右，c(AsO)增大，Ca3(AsO4)2開始沉淀 ②2.510－3 14．FeCl3具有凈水作用，但腐蝕設(shè)備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3高效，且腐蝕性小。請(qǐng)回答下列問題： (1)FeCl3凈水的原理是__________________。FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備，除H＋作用外，另一主要原因是(用離子方程式表示)__________________________________________。 (2)為節(jié)約成本，工業(yè)上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3。 若酸性FeCl2廢液中c(Fe2＋)＝2.010－2 molL－1，c(Fe3＋)＝1.010－3 molL－1，c(Cl－)＝5.310－2 molL－1，則該溶液的pH約為________。 (3)FeCl3在溶液中分三步水解： Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋　K1 Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH)＋H＋　K2 Fe(OH)＋H2OFe(OH)3＋H＋　K3 以上水解反應(yīng)的平衡常數(shù)是K1、K2、K3由大到小的順序是________。 通過控制條件，使以上水解產(chǎn)物聚合，生成聚合氯化鐵，離子方程式為：xFe3＋＋yH2OFex(OH)＋yH＋。 欲使平衡正向移動(dòng)可采用的方法是(填序號(hào))________。 a．降溫　b．加水稀釋　c．加入NH4Cl　d．加入NaHCO3 室溫下，使氯化鐵溶液轉(zhuǎn)化為高濃度聚合氯化鐵的關(guān)鍵條件是_________________ _______________________________________________________。 (4)天津某污水處理廠用聚合氯化鐵凈化污水的結(jié)果如圖所示。由圖中數(shù)據(jù)得出每升污水中投放聚合氯化鐵[以Fe(mgL－1)表示]的最佳范圍約為________mgL－1。 解析：　(1)氯化鐵水解生成的氫氧化鐵膠體，具有吸附作用，可吸附水中的雜質(zhì)，起到凈水作用。氯化鐵溶液腐蝕鋼鐵，原因之一是Fe3＋能與Fe反應(yīng)，生成Fe2＋。(2)酸性FeCl2廢液中，由電荷守恒：2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)。忽略溶液中c(OH－)，并將已知數(shù)據(jù)代入上式解得c(H＋)＝0.01 molL－1，故溶液的pH約為2。(3)鹽類的逐級(jí)水解程度依次減弱，故K1>K2>K3。鹽類的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，降溫，水解平衡逆向移動(dòng)，a錯(cuò)誤。加水稀釋促進(jìn)水解，b正確。NH4Cl水解呈酸性，故加入NH4Cl，平衡逆向移動(dòng)，而NaHCO3水解呈堿性可使平衡正向移動(dòng)，故c錯(cuò)誤，d正確。在室溫下，使上述平衡正向移動(dòng)的關(guān)鍵條件是溶液的pH。(4)“渾濁度”的去除率越大，凈化效果越好，此時(shí)聚合氯化鐵的最佳濃度為18 mgL－1；“還原性物質(zhì)”的去除率越大，凈化效果越好，此時(shí)聚合氯化鐵的最佳濃度為20 mgL－1。綜合考慮，投放聚合氯化鐵的最佳范圍是18～20 mgL－1。 答案：　(1)Fe3＋水解產(chǎn)生的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中懸浮的雜質(zhì)　2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ (2)2　(3)K1＞K2＞K3　bd　調(diào)節(jié)溶液的pH　(4)18～20