（Ⅰ）函数定义域为 $(-1, 1)$。
将函数变形为 $f(x) = \ln(1+x) - \ln(1-x)$。
求导得：
$$ f'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{1-x} \cdot (-1) = \frac{1}{1+x} + \frac{1}{1-x} = \frac{2}{1-x^2} $$
计算切点坐标与斜率：
$$ f(0) = \ln 1 - \ln 1 = 0 $$
$$ f'(0) = \frac{2}{1-0} = 2 $$
故曲线在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程为 $y - 0 = 2(x - 0)$，即 $y = 2x$。
（Ⅱ）令 $g(x) = f(x) - 2\left(x + \frac{x^3}{3}\right)$，其中 $x \in (0, 1)$。
对 $g(x)$ 求导：
$$ g'(x) = f'(x) - 2(1 + x^2) = \frac{2}{1-x^2} - 2(1+x^2) $$
通分化简：
$$ g'(x) = \frac{2 - 2(1+x^2)(1-x^2)}{1-x^2} = \frac{2 - 2(1-x^4)}{1-x^2} = \frac{2x^4}{1-x^2} $$
当 $x \in (0, 1)$ 时，$x^4 > 0$ 且 $1-x^2 > 0$，故 $g'(x) > 0$。
因此 $g(x)$ 在区间 $(0, 1)$ 上单调递增。
又 $g(0) = f(0) - 0 = 0$，
所以当 $x \in (0, 1)$ 时，$g(x) > g(0) = 0$，
即 $f(x) > 2\left(x + \frac{x^3}{3}\right)$ 成立。
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当 $k=2$ 时，不等式 $f(x) > k\left(x + \frac{x^3}{3}\right)$ 对 $x \in (0, 1)$ 恒成立。
若 $k < 2$，由于 $x + \frac{x^3}{3} > 0$，则 $2\left(x + \frac{x^3}{3}\right) > k\left(x + \frac{x^3}{3}\right)$。
结合（Ⅱ）中结论 $f(x) > 2\left(x + \frac{x^3}{3}\right)$，可得 $f(x) > k\left(x + \frac{x^3}{3}\right)$ 恒成立。
下面讨论 $k > 2$ 的情况。
令 $h(x) = f(x) - k\left(x + \frac{x^3}{3}\right)$，$x \in (0, 1)$。
求导得：
$$ h'(x) = f'(x) - k(1+x^2) = \frac{2}{1-x^2} - k(1+x^2) = \frac{2 - k(1-x^4)}{1-x^2} = \frac{kx^4 - (k-2)}{1-x^2} $$
令 $h'(x) = 0$，解得 $x^4 = \frac{k-2}{k}$。
因为 $k > 2$，所以 $0 < \frac{k-2}{k} < 1$，存在唯一的 $x_0 = \sqrt[4]{\frac{k-2}{k}} \in (0, 1)$ 使得 $h'(x_0) = 0$。
当 $x \in (0, x_0)$ 时，$x^4 < \frac{k-2}{k}$，即 $kx^4 < k-2$，此时分子 $kx^4 - (k-2) < 0$，分母 $1-x^2 > 0$，故 $h'(x) < 0$。
所以 $h(x)$ 在区间 $(0, x_0)$ 上单调递减。
又 $h(0) = 0$，所以当 $x \in (0, x_0)$ 时，$h(x) < h(0) = 0$。
这意味着存在 $x \in (0, 1)$ 使得 $f(x) < k\left(x + \frac{x^3}{3}\right)$，即不等式不恒成立。
综上所述，使得不等式恒成立的 $k$ 的最大值为 2。