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盐类水解是高考考查的重点之一，以下对此考点在历年高考中最常见的4个考查方向进行深入分析。
一、溶液中微粒浓度大小比较
【例1】（2015·安徽高考）25℃时，在10 mL浓度均为0.1 mol· L-1NaOH和NH3· H2O混合溶液中滴加0.1 mol·L-1的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是 （ ）
A.未加盐酸时：c（OH-）>c（Na+）=c（NH3·H2O）
B.加入10 mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+） =c（OH-）
C.加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl-） =c（Na+）
D.加入20 mL盐酸时：c（Cl-） =c（NH4+）+c（Na+）
解析：未加盐酸时，根据物料守恒，有c（NH3·H2O）+
c（NH4+）=0.1 mol·L-1=c（Na+），故c（NH3·H2O）<c（Na+），
A错误;加入10 mL盐酸时，氢氧化钠与盐酸恰好完全反应，NH3·H2O没有发生反应，溶液成分为NaCl和NH3·H2O，根据电荷守恒，有c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=
c（Cl-）+c（OH-），且c（Cl-）=c（Na+），故c（NH4+）+c（H+）=
c（OH-），B正确;加入盐酸至溶液pH=7时，溶液呈中性，根据电荷守恒，有c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-），
且c（H+）=c（OH-），故c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl-），C错误;加入20 mL盐酸时，刚好反应生成NaCl、NH4Cl，根据电荷守恒，有c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-），且NH4Cl水解使溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-），故c（NH4+）+
c（Na+）<c（Cl-），D错误。
【规律总结】（1）两种溶液混合时，要综合考虑3个问题，即化学反应后溶液的成分、电离因素、水解因素;综合利用3个守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒。
（2）“假设法”判断反应的先后次序：混合溶液与另一个溶液进行反应，若原混合液中几个成分都能和外加溶液发生反应，在不能明确哪个成分先与外加溶液发生反应的情况下，可以采用“假设法”。如上例中，当加入少量盐酸时，假设NH3·H2O先和盐酸反应，生成NH4Cl，而NH4Cl会和NaOH反应生成NaCl和NH3·H2O，相当于NaOH和盐酸反应，而NH3·H2O没有发生变化。所以假设错误，应该先考虑NaOH和盐酸反应。
【现学现用】（1）等体积等浓度的氨水和盐酸反应，写出反应后溶液中的离子浓度大小关系。
（2）pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，写出反应后溶液中的离子浓度大小关系。
（3）氨水和盐酸混合后，溶液呈中性，请写出反应后所得溶液中离子浓度大小关系。
解析：（1）反应恰好完全，得到NH4Cl溶液，NH4+和Cl-是溶液中最主要的成分。由于水解，c（Cl-）>c（NH4+），c（H+）>c（OH-），因此c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）。
（2）在题给条件下，氨水浓度远大于盐酸，故反应后，溶液中除了NH4Cl，还有大量未反应的氨水，氨水的电离决定了溶液呈碱性，NH4Cl的水解为次要因素，可忽略。氨水电离增加了一部分NH4+，故c（NH4+）>c（Cl-），c（OH-）>c（H+），因此c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）。
（3）若正好反应完全生成NH4Cl，溶液应呈酸性;而由题意，溶液呈中性，说明氨水有一定程度的过量，此时电离和水解相互抵消，c（H+）=c（OH-）。根据电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），则c（Cl-）=c（NH4+），故c（Cl-）=c（NH4+）>c（H+）=c（OH-）。
【针对训练1】（2015·江苏高考）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A.向0.10 mol·L-1NH4HCO3溶液中通CO2：c（NH4+）=c（HCO3-）+c（CO32-）
B.向0.10 mol·L-1NaHSO3溶液中通NH3：c（Na+）>c（NH4+）>c（SO32-）
C.向0.10 mol·L-1Na2SO3溶液中通SO2：c（Na+）=2[c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）]
D.向0.10 mol·L-1CH3COONa溶液中通HCl：c（Na+）>c（CH3COOH）=c（Cl-）
二、实验操作的判断与解释
【例2】（2015·海南高考改编）下列叙述正确的是（ ）
A.配制FeCl3溶液，应将FeCl3固体溶于适量蒸馏水，不断搅拌使其溶解即可
B.可用配有磨口塞的玻璃瓶保存盐的浓溶液，如Na2CO3溶液
C.从海水中提取镁时，若直接蒸干氯化镁晶体将无法得到氯化镁固体
D.煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2 和Mg （HCO3）2
解析：配制FeCl3溶液，应将FeCl3固体溶于浓盐酸中，用盐酸抑制铁离子水解，否则配制出的溶液将十分浑浊，A错误;Na2CO3溶液水解呈碱性，易与玻璃中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，使磨口玻璃塞无法打开，故应换用木塞或橡皮塞，B错误;从海水中提取镁时，若直接蒸干氯化镁晶体将促进镁离子水解，MgCl2+2H2O=Mg（OH）2 +2HCl，HCl受热挥发，使水解发生完全，产物为Mg（OH）2，C正确 ;自来水煮沸时，由于水中含有的Ca（HCO3）2和Mg （HCO3）2不稳定，受热会发生分解反应，Ca（HCO3）2CaCO3↓+H2O+CO2↑， Mg（HCO3）2MgCO3↓+H2O+CO2↑，MgCO3在持续加热的过程中还会水解转化为溶解度更小的Mg（OH）2，D正确。
【规律总结】（1）加热搅拌蒸干盐溶液得到的固体成分分析：①还原性盐易被氧化，如Na2SO3 溶液蒸干得Na2SO4;②盐溶液水解得易挥发性酸时，蒸干得到对应氢氧化物，如AlCl3蒸干得Al （OH）3;③盐溶液水解得难挥发性酸时，蒸干后得原物质，如CuSO4溶液蒸干得CuSO4;④酸根离子易水解的强碱盐，蒸干后得原物质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3;⑤在灼烧条件下某些盐要考虑受热分解，如Ca（HCO3）2、NH4Cl、KMnO4。（2）配制易水解的盐类，应加入水解产物酸碱，抑制盐的水解。如配制FeCl3需加盐酸，配制Na2S需加NaOH。
【针对训练2】（2014·吉林长春调研）用酒精灯加热下列溶液，蒸干后灼烧，所得固体质量最大的是（ ）
A.20 mL 2 mol·L-1FeCl3溶液
B.40 mL 1 mol·L-1NaHCO3溶液
C.20 mL 1 mol·L-1Na2SO3溶液
D.40 mL 2 mol·L-1NH4HCO3溶液
三、盐类水解对水电离平衡的影响
【例3】（2015·山东高考改编）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，a、b两点所示溶液中水的电离程度a b。（填“<”“>”或“=”）
解析：a点NaOH与HA恰好完全反应，溶液的pH为8.7，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应使溶液呈碱性，此时溶液中水的电离受到盐类水解的促进，比纯水的电离程度大;b点HA过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，水的电离主要受到酸电离的抑制，小于纯水的电离程度，所以a>b。
【规律总结】（1）在某个固定的温度下，不论向溶液中加入何种物质，Kw=c（H+）·c（OH-）为固定值不变;（2）向溶液中加入酸或者碱，可抑制水的电离;（3）向溶液中加入能电离出H+或OH-且不水解的盐，可抑制水的电离;（4）向溶液中加入能水解的盐，如Na2CO3，可促进水的电离;（5）向溶液中加入既能水解又能电离的盐，要考虑水解和电离何者占主导，如NaHSO3以电离为主，抑制水的电离，而NaHCO3以水解为主，促进水的电离。
【现学现用】图为常温条件下溶液中c（H+）和c（OH-）的坐标图，请回答下列问题：
（1）通过加入能消耗H+的物质， （填“能”或“不能”）实现从b到d的变化。
（2）向溶液中加入NaOH，能引起由 向 的变化，此时溶液中由水电离出的c（H+）·c（OH-） （填“<”“>”或“=”）Kw。
（3）向溶液中加入NaHSO4，能引起由_____向_____的变化，此时溶液中由水电离出的c（H+）______（填“<”“>”或“=”）溶液中的c（H+）。
（4）向纯水中加入FeCl3可能引起由_____向_____的变化;向纯水中加入NaHSO3可能引起由_____向_____的变化。FeCl3和NaHSO3对水的电离影响是否相同？
解析：（1）该温度下所有c（H+）·c（OH-）为固定值不变，点应全部在该曲线上，不会到d点，填“不能”。（2）加入NaOH，c（OH-）增大，c（H+）减小，从b到c;水的电离受到抑制，由水电离出的c（H+）·c（OH-）减小，小于Kw。（3）加入NaHSO4，c（H+）增大，c（OH-）减小，从b到a;水的电离受到抑制，由水电离出的c（H+）·c（OH-）减小，小于Kw。（4）加入FeCl3，c（H+）增大，c（OH-）减小，从b到a;加入的NaHSO3 以电离为主，c（H+）增大，c（OH-）减小，从b到a。FeCl3促进水的电离，NaHSO3以电离为主，抑制水的电离。虽然溶液都呈现酸性，但水的电离一个被促进，一个被抑制，并不相同。
【针对训练3】（2015·天津高考改编）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50 mL H2O，由水电离出的c（H+）·c（OH-） （填“增大”“减小”或“不变”）。
四、盐类水解在化工流程中的应用
【例4】（2015·天津高考节选）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）FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3++H2OFe（OH）2++H+ K1
Fe（OH）2++H2OFe（OH）2++H+ K2
Fe（OH）2++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，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3++yH2OFex（OH）y（3x-y）++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
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 。 解析：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质，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++Fe=3Fe2+。
（2）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，即K1>K2>K3。水解为吸热反应，所以降温平衡将逆向移动;加水稀释，则平衡正向移动;加入NH4Cl，所得NH4Cl溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动;加入NaHCO3，以水解为主消耗氢离子，平衡正向移动，所以答案选b、d。根据“室温”“高浓度”这两个信息，可以排除使用温度和浓度条件来调节该平衡，所以只有氢离子的浓度最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。
【规律总结】水解是工业上常用的除杂和制备原理，最常用的方法就是通过调节溶液的pH使部分离子转化为沉淀而除去。在选择调节的试剂时，尽量不引入或少引入其他杂质，通过分析开始沉淀和完全沉淀的pH表来确定沉淀的顺序和调节的pH范围。如MgCl2溶液中混有FeCl3杂质时，可通过加入MgO、Mg（OH）2、MgCO3等消耗氢离子，促进铁离子水解为Fe（OH）3沉淀而除去。
【针对训练4】碱式碳酸铜是一种用途广泛的化工原料。工业上可用电子工业中刻蚀线路板的酸性废液（主要成分有FeCl2、 CuCl2 、FeCl3）制备如下：
Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：
物质 Cu（OH）2 Fe （OH）2 Fe （OH）3
开始沉淀pH 4.2 5.8 1.2
完全沉淀pH 6.7 8.3 3.2
（1）氯酸钠的作用是 ;滤渣的主要成分是 （写化学式）。
（2）调节反应A后溶液的pH范围应为 ;可以选择的试剂是 （填序号）。
a.氨水 b.稀硫酸 c.氢氧化钠 d.碳酸铜
（3）反应B的温度如过高，则所得蓝绿色产品中可能会出现的杂质是 （写化学式）。
（4）将Na2CO3溶液滴入到一定量CuCl2溶液中得到沉淀。
①沉淀若有CuCO3，则相应的离子方程式为 。
②沉淀若有Cu（OH）2，则相应的离子方程式为 。
③若生成Cu（OH）2和CuCO3的混合物（即碱式盐），则说明 。
一、溶液中微粒浓度大小比较
【例1】（2015·安徽高考）25℃时，在10 mL浓度均为0.1 mol· L-1NaOH和NH3· H2O混合溶液中滴加0.1 mol·L-1的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是 （ ）
A.未加盐酸时：c（OH-）>c（Na+）=c（NH3·H2O）
B.加入10 mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+） =c（OH-）
C.加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl-） =c（Na+）
D.加入20 mL盐酸时：c（Cl-） =c（NH4+）+c（Na+）
解析：未加盐酸时，根据物料守恒，有c（NH3·H2O）+
c（NH4+）=0.1 mol·L-1=c（Na+），故c（NH3·H2O）<c（Na+），
A错误;加入10 mL盐酸时，氢氧化钠与盐酸恰好完全反应，NH3·H2O没有发生反应，溶液成分为NaCl和NH3·H2O，根据电荷守恒，有c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=
c（Cl-）+c（OH-），且c（Cl-）=c（Na+），故c（NH4+）+c（H+）=
c（OH-），B正确;加入盐酸至溶液pH=7时，溶液呈中性，根据电荷守恒，有c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-），
且c（H+）=c（OH-），故c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl-），C错误;加入20 mL盐酸时，刚好反应生成NaCl、NH4Cl，根据电荷守恒，有c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-），且NH4Cl水解使溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-），故c（NH4+）+
c（Na+）<c（Cl-），D错误。
【规律总结】（1）两种溶液混合时，要综合考虑3个问题，即化学反应后溶液的成分、电离因素、水解因素;综合利用3个守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒。
（2）“假设法”判断反应的先后次序：混合溶液与另一个溶液进行反应，若原混合液中几个成分都能和外加溶液发生反应，在不能明确哪个成分先与外加溶液发生反应的情况下，可以采用“假设法”。如上例中，当加入少量盐酸时，假设NH3·H2O先和盐酸反应，生成NH4Cl，而NH4Cl会和NaOH反应生成NaCl和NH3·H2O，相当于NaOH和盐酸反应，而NH3·H2O没有发生变化。所以假设错误，应该先考虑NaOH和盐酸反应。
【现学现用】（1）等体积等浓度的氨水和盐酸反应，写出反应后溶液中的离子浓度大小关系。
（2）pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，写出反应后溶液中的离子浓度大小关系。
（3）氨水和盐酸混合后，溶液呈中性，请写出反应后所得溶液中离子浓度大小关系。
解析：（1）反应恰好完全，得到NH4Cl溶液，NH4+和Cl-是溶液中最主要的成分。由于水解，c（Cl-）>c（NH4+），c（H+）>c（OH-），因此c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）。
（2）在题给条件下，氨水浓度远大于盐酸，故反应后，溶液中除了NH4Cl，还有大量未反应的氨水，氨水的电离决定了溶液呈碱性，NH4Cl的水解为次要因素，可忽略。氨水电离增加了一部分NH4+，故c（NH4+）>c（Cl-），c（OH-）>c（H+），因此c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）。
（3）若正好反应完全生成NH4Cl，溶液应呈酸性;而由题意，溶液呈中性，说明氨水有一定程度的过量，此时电离和水解相互抵消，c（H+）=c（OH-）。根据电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），则c（Cl-）=c（NH4+），故c（Cl-）=c（NH4+）>c（H+）=c（OH-）。
【针对训练1】（2015·江苏高考）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A.向0.10 mol·L-1NH4HCO3溶液中通CO2：c（NH4+）=c（HCO3-）+c（CO32-）
B.向0.10 mol·L-1NaHSO3溶液中通NH3：c（Na+）>c（NH4+）>c（SO32-）
C.向0.10 mol·L-1Na2SO3溶液中通SO2：c（Na+）=2[c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）]
D.向0.10 mol·L-1CH3COONa溶液中通HCl：c（Na+）>c（CH3COOH）=c（Cl-）
二、实验操作的判断与解释
【例2】（2015·海南高考改编）下列叙述正确的是（ ）
A.配制FeCl3溶液，应将FeCl3固体溶于适量蒸馏水，不断搅拌使其溶解即可
B.可用配有磨口塞的玻璃瓶保存盐的浓溶液，如Na2CO3溶液
C.从海水中提取镁时，若直接蒸干氯化镁晶体将无法得到氯化镁固体
D.煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2 和Mg （HCO3）2
解析：配制FeCl3溶液，应将FeCl3固体溶于浓盐酸中，用盐酸抑制铁离子水解，否则配制出的溶液将十分浑浊，A错误;Na2CO3溶液水解呈碱性，易与玻璃中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，使磨口玻璃塞无法打开，故应换用木塞或橡皮塞，B错误;从海水中提取镁时，若直接蒸干氯化镁晶体将促进镁离子水解，MgCl2+2H2O=Mg（OH）2 +2HCl，HCl受热挥发，使水解发生完全，产物为Mg（OH）2，C正确 ;自来水煮沸时，由于水中含有的Ca（HCO3）2和Mg （HCO3）2不稳定，受热会发生分解反应，Ca（HCO3）2CaCO3↓+H2O+CO2↑， Mg（HCO3）2MgCO3↓+H2O+CO2↑，MgCO3在持续加热的过程中还会水解转化为溶解度更小的Mg（OH）2，D正确。
【规律总结】（1）加热搅拌蒸干盐溶液得到的固体成分分析：①还原性盐易被氧化，如Na2SO3 溶液蒸干得Na2SO4;②盐溶液水解得易挥发性酸时，蒸干得到对应氢氧化物，如AlCl3蒸干得Al （OH）3;③盐溶液水解得难挥发性酸时，蒸干后得原物质，如CuSO4溶液蒸干得CuSO4;④酸根离子易水解的强碱盐，蒸干后得原物质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3;⑤在灼烧条件下某些盐要考虑受热分解，如Ca（HCO3）2、NH4Cl、KMnO4。（2）配制易水解的盐类，应加入水解产物酸碱，抑制盐的水解。如配制FeCl3需加盐酸，配制Na2S需加NaOH。
【针对训练2】（2014·吉林长春调研）用酒精灯加热下列溶液，蒸干后灼烧，所得固体质量最大的是（ ）
A.20 mL 2 mol·L-1FeCl3溶液
B.40 mL 1 mol·L-1NaHCO3溶液
C.20 mL 1 mol·L-1Na2SO3溶液
D.40 mL 2 mol·L-1NH4HCO3溶液
三、盐类水解对水电离平衡的影响
【例3】（2015·山东高考改编）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，a、b两点所示溶液中水的电离程度a b。（填“<”“>”或“=”）
解析：a点NaOH与HA恰好完全反应，溶液的pH为8.7，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应使溶液呈碱性，此时溶液中水的电离受到盐类水解的促进，比纯水的电离程度大;b点HA过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，水的电离主要受到酸电离的抑制，小于纯水的电离程度，所以a>b。
【规律总结】（1）在某个固定的温度下，不论向溶液中加入何种物质，Kw=c（H+）·c（OH-）为固定值不变;（2）向溶液中加入酸或者碱，可抑制水的电离;（3）向溶液中加入能电离出H+或OH-且不水解的盐，可抑制水的电离;（4）向溶液中加入能水解的盐，如Na2CO3，可促进水的电离;（5）向溶液中加入既能水解又能电离的盐，要考虑水解和电离何者占主导，如NaHSO3以电离为主，抑制水的电离，而NaHCO3以水解为主，促进水的电离。
【现学现用】图为常温条件下溶液中c（H+）和c（OH-）的坐标图，请回答下列问题：
（1）通过加入能消耗H+的物质， （填“能”或“不能”）实现从b到d的变化。
（2）向溶液中加入NaOH，能引起由 向 的变化，此时溶液中由水电离出的c（H+）·c（OH-） （填“<”“>”或“=”）Kw。
（3）向溶液中加入NaHSO4，能引起由_____向_____的变化，此时溶液中由水电离出的c（H+）______（填“<”“>”或“=”）溶液中的c（H+）。
（4）向纯水中加入FeCl3可能引起由_____向_____的变化;向纯水中加入NaHSO3可能引起由_____向_____的变化。FeCl3和NaHSO3对水的电离影响是否相同？
解析：（1）该温度下所有c（H+）·c（OH-）为固定值不变，点应全部在该曲线上，不会到d点，填“不能”。（2）加入NaOH，c（OH-）增大，c（H+）减小，从b到c;水的电离受到抑制，由水电离出的c（H+）·c（OH-）减小，小于Kw。（3）加入NaHSO4，c（H+）增大，c（OH-）减小，从b到a;水的电离受到抑制，由水电离出的c（H+）·c（OH-）减小，小于Kw。（4）加入FeCl3，c（H+）增大，c（OH-）减小，从b到a;加入的NaHSO3 以电离为主，c（H+）增大，c（OH-）减小，从b到a。FeCl3促进水的电离，NaHSO3以电离为主，抑制水的电离。虽然溶液都呈现酸性，但水的电离一个被促进，一个被抑制，并不相同。
【针对训练3】（2015·天津高考改编）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50 mL H2O，由水电离出的c（H+）·c（OH-） （填“增大”“减小”或“不变”）。
四、盐类水解在化工流程中的应用
【例4】（2015·天津高考节选）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）FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3++H2OFe（OH）2++H+ K1
Fe（OH）2++H2OFe（OH）2++H+ K2
Fe（OH）2++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，生成聚合氯化铁，离子方程式为：xFe3++yH2OFex（OH）y（3x-y）++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
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 。 解析：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质，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++Fe=3Fe2+。
（2）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，即K1>K2>K3。水解为吸热反应，所以降温平衡将逆向移动;加水稀释，则平衡正向移动;加入NH4Cl，所得NH4Cl溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动;加入NaHCO3，以水解为主消耗氢离子，平衡正向移动，所以答案选b、d。根据“室温”“高浓度”这两个信息，可以排除使用温度和浓度条件来调节该平衡，所以只有氢离子的浓度最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。
【规律总结】水解是工业上常用的除杂和制备原理，最常用的方法就是通过调节溶液的pH使部分离子转化为沉淀而除去。在选择调节的试剂时，尽量不引入或少引入其他杂质，通过分析开始沉淀和完全沉淀的pH表来确定沉淀的顺序和调节的pH范围。如MgCl2溶液中混有FeCl3杂质时，可通过加入MgO、Mg（OH）2、MgCO3等消耗氢离子，促进铁离子水解为Fe（OH）3沉淀而除去。
【针对训练4】碱式碳酸铜是一种用途广泛的化工原料。工业上可用电子工业中刻蚀线路板的酸性废液（主要成分有FeCl2、 CuCl2 、FeCl3）制备如下：
Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：
物质 Cu（OH）2 Fe （OH）2 Fe （OH）3
开始沉淀pH 4.2 5.8 1.2
完全沉淀pH 6.7 8.3 3.2
（1）氯酸钠的作用是 ;滤渣的主要成分是 （写化学式）。
（2）调节反应A后溶液的pH范围应为 ;可以选择的试剂是 （填序号）。
a.氨水 b.稀硫酸 c.氢氧化钠 d.碳酸铜
（3）反应B的温度如过高，则所得蓝绿色产品中可能会出现的杂质是 （写化学式）。
（4）将Na2CO3溶液滴入到一定量CuCl2溶液中得到沉淀。
①沉淀若有CuCO3，则相应的离子方程式为 。
②沉淀若有Cu（OH）2，则相应的离子方程式为 。
③若生成Cu（OH）2和CuCO3的混合物（即碱式盐），则说明 。