（新）2022届高三化学小题必练15 盐类的水解 学生版.doc

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1、小题必练15：盐类的水解主要考查盐类水解的含义、影响盐类水解的主要因素、盐类水解的应用，以及运用物料守恒、电荷守恒、质子守恒来判断和比较溶液中离子浓度大小关系。1.【2020年江苏卷】常温下，用0.1mol·L1 NaOH溶液滴定0.10mol·L1 HA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列陈述错误的是（ ）AKa(HA)的数量级为105BN点，c(Na+)-c(A)=CP到Q过程中，水的电离程度逐渐增大D当滴定至溶液呈中性时，c(A)c(HA)2【2020年山东卷】时，的，室温下向10mL 溶液中逐滴加入溶液，如图是溶液中

2、含碳元素微粒物质的量分数随pH降低而变化的图象（CO2因有逸出未画出）。下列说法错误的是（ ）AA点所示溶液的BB点所示溶液：CA点B点发生反应的离子方程式为D分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定与混合物的组成3【2020年江苏月考】柠檬酸（用H3R表示）可用作酸洗剂。常温下，向0.1mol·L1 H3R溶液中加入少量的NaOH固体（忽略溶液体积的变化），H3R、H2R、HR2和R3的含量与pH的关系如图所示。下列正确的是（ ）A图中b曲线表示HR2的变化BHR2的电离常数Ka3106CpH7时，c(Na+)c(H2R)+c(HR2)+c(R3)DpH5时，c(H2R)+c(HR2)

3、+c(R3)0.1mol·L14【2020年内蒙赤峰二中月考】下表是25时某些盐的浓度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是（ ）化学式AgClAg2CrO4CH3COOHHClOH2CO3Ksp或KaKsp=1.8×1010Ksp=2.0×1012Ka=1.8×105Ka=3.0×108Ka1=4.1×107Ka2=5.6×1011A相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(ClO)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H+)B碳酸钠溶液中滴加少量

4、氯水的离子方程式H2O+2CO+Cl2=2HCO+Cl+ClOC向0.1mol/L CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)c(CH3COO)=95，此时溶液pH=5D向浓度均为1×103mol/L的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×103mol/L的AgNO3溶液，CrO先形成沉淀1下列溶液中浓度关系正确的是（ ）A小苏打溶液中：c(Na+)+c(H+)c(HCO)+c(CO)+c(OH)BCH3COONa溶液中：c(CH3COO)>c(Na+)>c(OH)>c(H+)C0.1mol/L的NaHA溶液，其pH4，则c(HA)>c

5、(H+)>c(H2A)>c(A2)D 物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO)+2c(OH)2c(H+)+c(CH3COOH)2下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A0.1mol/L的NaHC2O4溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+c(C2O)+c(OH)B0.1mol/L的NaHX溶液pH为4，该溶液中：c(HX)c(H2X)c(X2)c(H+)c(OH)C25时，pH=8的CH3COONa溶液中，c(CH3COOH)约为106mol/LD在0.1mol/L的NaF溶液中：c(HF)c(F)3下列说法不

6、正确的是（ ）A纯碱溶液可用于去除油污，加热可以增强去污效果B碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效C配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸溶液抑制水解D明矾净水的原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体从而起到吸附杂质的作用4某酸在水溶液中，四种微粒的物质的量分数（）随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）AH3XO4为三元弱酸，NaH2XO4溶液呈碱性B-lgKa312.32C向0.1mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓KOH溶液，的值变大D0.1mol/L的Na2HXO4溶液中，c(Na+)+c(H+)c(XO)+c(HXO)+c(H2XO)+c(OH)5由下列实验及现象不能

7、推出相应结论的是（ ）实验现象结论A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体观察到红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸测0.1mol/LNaHSO3溶液的pHpH约为5HSO电离大于水解C向浓度均为0.1mol·L1的NaCl和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞NaCl溶液不变色，Na2SiO3溶液变成红色非金属性：Si<ClD向盛有10滴0.1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加0.1mol/L NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加0.1mol/L KI溶液有黄色沉淀生成Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)625时，下列

8、各溶液中有关微粒的物质的量浓度关系不正确的是（ ）A0.2mol·L1 NH4Cl溶液，0.1mol·L1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，0.2mol/L NH4HSO4溶液，0.1mol·L1 (NH4)2CO3溶液中，c(NH)大小：B一定量的(NH4)2SO4与NH3·H2O混合所得的酸性溶液中：c(NH)<2c(SO)C0.1mol·L1盐酸与0.1mol·L1 K2CO3溶液等体积混合：c(K+)c(Cl)c(OH)c(HCO)c(H+)D25时，pH4.7浓度均为0.1mol·L1的CH3COOH、CH

9、3COONa的混合溶液中：c(CH3COO)+c(OH)c(CH3COOH)+c(H+)7常温下，HA的电离常数Ka=1×106，向20mL浓度为0.01mol·L1的HA溶液中逐滴加入0.01mol·L1的NaOH溶液，溶液的pH与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）Aa点对应溶液的pH约为4，且溶液中只存在HA的电离平衡Bb点对应溶液中：c(Na+)>c(A)>c(HA)>c(H+)>c(OH)Cd点对应溶液中：c(OH)-c(H+)=c(A)Da、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：a<b<

10、c<d8常温下，在20.00mL 0.1000mol·L1 NH3·H2O溶液中逐滴滴加0.1000mol·L1 HCl溶液，溶液pH随滴入HCl溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A溶液：c(Cl)>c(NH)>c(OH)>c(H+)B溶液：c(NH)c(Cl)>c(OH)c(H+)C、三点所示的溶液中水的电离程度>>D滴定过程中不可能出现：c(NH3·H2O)>c(NH)>c(OH)>c(Cl)>c(H+)9常温下，0.1mol/L H2C2O4水溶液中存在H2C2O4、

11、HC2O和C2O三种形态含碳粒子，用NaOH或HCl调节该溶液的pH，三种含碳粒子的分布系数随溶液pH变化的关系如图已知：a=1.35，b=4.17，Ksp(CaC2O4)=2.3×109，忽略溶液体积变化。下列说法正确的是（ ）ApH=5时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：c(C2O)c(H2C2O4)c(HC2O)B已知pKa=-lgKa，则pKa2(H2C2O4)=4.17C0.1mol·L1 NaHC2O4溶液中：c(H+)=c(OH)+2c(C2O)-c(H2C2O4)D一定温度下往CaC2O4饱和溶液中加入少量CaCl2固体，c(C2O)将减小，c(Ca2+)

12、不变10常温下，浓度均为0.1mol·L1的四种溶液pH如下表，依据已有的知识和信息进行判断，下列说法正确的是（ ）溶质Na2CO3NaClONaHCO3NaHSO3pH11.610.39.74.0A常温下，HSO的水解能力强于其电离能力B向氯水中加入少量NaHCO3固体，不能增大HClO的浓度CNa2CO3溶液中存在以下关系：c(Na+)+c(H+)=c(CO)+c(HCO)+c(OH)D常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH依次升高11直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠、碱循环法可脱除烟气中的SO2。（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型

13、酸雨的反应：_。（2）在钠、碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是_。（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO)n(HSO)变化关系如表：n(SO)n(HSO)91911191pH8.27.26.2上表判断NaHSO3溶液显_性，用化学平衡原理解释：_。参考答案考点透视1.【答案】B【解析】根据图a可知，中和百分数为50%时溶液的pH=4.74，此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA，由于A的水解和HA的电离都是微弱的，c(A)c(HA)，Ka(HA)=，故Ka(HA)的数量级为105，选项A正确；N点，根据电荷守恒有，即，选项

14、B错误；PQ过程中，随着氢氧化钠溶液的滴入，酸不断消耗，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，选项C正确；根据图b可知当lg（即）时，溶液呈酸性，当滴定至溶液呈中性时，溶液中c(A)>c(HA)，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液电离平衡常数的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握水的电离及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。2.【答案】B【解析】A点，则c(H+)=5.6×1011mol/L，所以pH11，故A正确；室温下向溶液中逐滴加入0.1mol·L1 HCl溶液，B点正好生成氯化钠和

15、碳酸氢钠，溶液中钠离子的物质的量浓度是含碳粒子的浓度的2倍，即，故B错误；A点B点：逐渐减少，逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为，故C正确；溶液中逐滴加入HCl，用酚酞作指示剂，滴定产物是，用甲基橙作指示剂滴定时与HCl反应产物是，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定与混合物的组成，故D正确。【点睛】判断粒子浓度大小时，可以先判断溶液中主要的溶质，再学会灵活使用三大守恒关系。3.【答案】B【解析】柠檬酸是弱电解质，能发生三步电离：H3RH2RH+、H2RHR2H+、HR2R3H+。当pH=1时，H3R电离程度都很小，溶液中的微粒基本上为H3R，随着溶液pH的增大，第一步、第二步、第三步电

16、离开始依次增大，所以曲线a、b、c、d代表的微粒分别为H3R、H2R、HR2、R3的含量变化曲线。由上述分析可以知道，图中b曲线表示H2R的变化，故A错误；由图可以看出，当pH=6时，HR2R3H+的平衡体系中，c(R3)=c(HR2)，c(H+)=1×106mol/L，HR2的电离常数Ka3=c(H+)c(R3)/c(HR2)=c(H+)= 1×106，故B正确；pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒，c(Na+)=c(H2R)+2c(HR2)+3c(R3)，故C错误；由于原溶液H3R的浓度为0.1mol·L1，加入适量NaOH后pH=5，

17、此时溶液的体积变大，所以c(H2R)+c(HR2)+c(R3)0.1mol·L1，故D错误。【点睛】这类题其实重点是先分析图像，找出对应的曲线变化，其次根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒进行转化变形。4.【答案】B【解析】A次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以c(CH3COO)c(ClO)，则各离子浓度的大小关系是c(Na+)c(CH3COO)c(ClO)c(OH)c(H+)，故A错误；BHClO的电离平衡常数大于HCO，所以次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸钠过量，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，反

18、应的离子方程式应为：2CO+Cl2+H2O=Cl+ClO+2HCO，故B正确；C缓冲溶液中pH=pKa+lg=4.8+=5.0555，即c(CH3COOH)c(CH3COO)=59，此时溶液pH=5，故C错误；混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)=1.8×107mol/L，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)=mol/L=4.47×105mol/L，所以氯化银先沉淀，故D错误。【点睛】对于同一类型的沉淀来说，判断谁先沉淀，可以直接根据Ksp大小进行比较，溶度积越小越容易沉淀。考点突破1.【答案】D【解析】A小苏打溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)c(HCO)

19、+c(CO)+c(OH)，故A错误；BCH3COONa溶液显碱性，则c(OH)>c(H+)，溶液中存在的电荷守恒式为c(CH3COO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)>c(CH3COO)，即溶液中：c(Na+)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H+)，故B错误；C0.1mol/L的NaHA溶液，其pH4，说明HA的电离程度大于HA的水解程度，则c(A2)>c(H2A)，即c(HA)>c(H+)>c(A2)>c(H2A)，故C错误；D物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合后，溶液中存在的

20、电荷守恒式为c(CH3COO)+c(OH)c(H+)+c(Na+)，物料守恒式为2c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)，则c(CH3COO)+2c(OH)2c(H+)+c(CH3COOH)，故D正确。【点睛】既可以水解又可以电离的酸式盐，可以根据溶液的pH大小，判断其显酸性或者碱性，从而来判断酸根离子的电离和水解程度的相对大小。2.【答案】C【解析】ANaHC2O4溶液中遵循电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O) +c(OH)，A项错误；B0.1mol/L的NaHX溶液pH为4，说明HX的电离程度大于水解程度，因HX-的电离方程式为：HXH+X2

21、，水解方程式为：HX+H2OH2X+OH，故c(X2)c(H2X)，该溶液中：c(HX)c(X2)c(H2X)c(H+)c(OH)，B项错误；CCH3COONa溶液中遵循质子守恒定律，即c(OH)=c(H+)+c(CH3COOH)，因溶液的pH=8，故c(H+)=108mol/L，c(OH)=106mol/L，故c(CH3COOH)=106mol/L-108mol/L106mol/L，C项正确；D在0.1mol/L的NaF溶液中，氟离子会发生水解，其水解方程式为：F+H2OHF+OH，因水解比较微弱，故c(F)c(HF)，D项错误。【点睛】比较酸式盐中各离子浓度大小时，应先注意判断HX是以电离

22、为主还是水解为主。3.【答案】B【解析】A纯碱溶液显碱性，可用于去除油污，且加热时CO的水解程度大，溶液的碱性强，去污效果增强，A正确；B碳酸氢钠属于抗酸药，服用时若喝些醋，会与NaHCO3反应，从而降低药效，B不正确；C氯化铁为强酸弱碱盐，溶于水后易发生水解，为抑制水解，配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸溶液，C正确；D明矾中的Al3+水解生成氢氧化铝胶体，而氢氧化铝胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质并使之沉降的作用，D正确；故选B。【点睛】盐类水解的应用。4.【答案】B【解析】H3XO4能最终电离生成XO，说明H3XO4为三元弱酸；当pH=2.16时，溶液中c(H3XO4)=c(H2XO)

23、，则Ka1=10-2.16，此时Kh3=1011.84Ka1；当pH=7.21时，溶液中c(HXO)=c(H2XO)，则Ka2=107.21Kh3，即NaH2XO4溶液中，H2XO的电离程度大于H2XO的水解程度，溶液呈酸性，故A错误；B当pH=12.32时，溶液中c(XO)=c(HXO)，则Ka3=1012.32，则-lgKa312.32，故B正确；C向0.1mol/L的Na3XO4溶液中滴加几滴浓KOH溶液，抑制XO的水解，溶液中XO的数目增大，而Na+数目不变，则=的比值减小，故C错误；D在0.1mol/L的Na2HXO4溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)3c(XO)+2c

24、(HXO)+c(H2XO)+c(OH)，故D错误；故选B。【点睛】此类图像题，抓住交点，能求出相对应的电离常数。5.【答案】C【解析】钡离子与碳酸根离子反应产生碳酸钡沉淀，导管碳酸根离子水解平衡逆向移动，使溶液红色变浅，A正确；由pH可知，NaHSO3溶液电离显酸性，HSO在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，溶液pH=5<7，说明HSO的电离作用大于其水解作用，B正确；NaCl溶液不变红色是由于NaCl是强酸强碱盐。【点睛】本题错误选项C中的实验、现象与结论不符，是这类题型中经常出现的考点。6.【答案】C【解析】0.2mol·L1 NH4Cl溶液中铵离子正常水解，铵根离子浓

25、度小于0.2mol/L；0.1mol·L1 (NH4)2Fe(SO4)2中，NH和Fe2+水解相互抑制，NH浓度大于；0.2mol/L NH4HSO4溶液的氢离子抑制了NH水解，NH浓度大于，0.1mol·L1 (NH4)2CO3中CO与NH水解相互促进，NH浓度减小于；则c(NH)大小：，故A正确；B一定量的(NH4)2SO4与NH3·H2O混合所得的酸性溶液中存在的电荷守恒式为c(H+)+c(NH)=2c(SO)+c(OH)，其中c(H+)c(OH)，则c(NH)<2c(SO)，故B正确；C0.1mol·L1盐酸与0.1mol·L1

26、K2CO3溶液等体积混合得到等浓度的KHCO3、KCl，HCO水解溶液显碱性，溶液中离子浓度大小：c(K+)c(Cl)c(HCO)c(OH)c(H+)，故C错误；DpH=4.7、浓度均为0.1mol·L1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒，c(CH3COO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液中c(CH3COOH)c(Na+)，c(CH3COO)+c(OH)c(CH3COOH)+c(H+)，故D正确；故选C。7.【答案】D【解析】Aa点为0.01mol·L1的HA溶液，此时溶液中存在HA和H2O的电离平衡，

27、故A错误；Bb点为在20mL 0.01mol·L1的HA溶液中滴加10mL 0.01mol·L1的NaOH溶液，此时溶液中NaH和HA等物质的量混合，溶液pH7，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A)>c(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH)，故B错误；Cd点为滴加20mL NaOH溶液，此时恰好完全中和生成NaA，溶液中存在的电荷守恒式为c(OH)+c(A)=c(H+)+c(Na+)，物料守恒式为c(Na+)=c(A)+c(HA)，则c(OH)-c(H+)=c(HA)c(A)，故C错误；Da点为HA溶液，b点是HA和NaA等浓度的

28、混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合液且溶液pH=7，d点是NaA的溶液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，NaA促进水的电离，且所含NaA的浓度越大，溶液中水的电离程度越大，则a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度：a<b<c<d，故D正确；故答案为D。【点睛】本题难点是判断混合溶液中水的电离程度的强弱，明确酸溶液和碱溶液抑制水的电离，能够水解的盐溶液促进水的电离；且酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进水的电离，且浓度越大，水的电离程度越大。8.【答案】B【解析】A点时加入HCl溶液10mL，得到等物质的量浓度的NH3

29、83;H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NH)c(Cl)c(OH)c(H+)，故A错误；B点时溶液呈中性，根据电荷守恒c(NH)c(Cl)c(OH)c(H+)，故B正确；C点时酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，、两点有碱剩余，抑制水电离，、三点所示的溶液中水的电离程度，故C错误；D开始滴加盐酸时，能出现c(NH3·H2O)c(NH)c(OH)c(Cl)c(H+)，故D错误。【点睛】本题是正常的酸碱中和滴定中离子浓度的大小比较、水的电离程度的大小的判断，抓住强酸滴定弱碱时，图象中各点的溶液中的溶质及其浓度关系大小进行比较。9.【答案】B【解析】H2C2O4

30、在水溶液中的电离平衡：H2C2O4HC2O+H+，HC2OC2O+H+，pH减小（H+浓度增大），平衡逆向移动，pH增大（H+浓度减小），平衡正向移动，所以，pH最小时，溶液中的含碳粒子主要是H2C2O4，pH最大时，溶液中的含碳粒子主要是C2O，曲线代表H2C2O4的含量，曲线代表C2O的含量，曲线代表HC2O的含量。ApH=5时，溶液中主要含碳物种浓度大小关系为：c(C2O)c(HC2O)c(H2C2O4)，A项错误；BKa2(H2C2O4)=，用曲线与曲线的交点数据计算，c(HC2O)=c(C2O)，该点的pH=b=4.17，c(H+)=104.17，代入公式，得Ka2(H2C2O4)=

31、c(H+)=104.17，pKa2(H2C2O4)=-lg(104.17)=4.17，B项正确；C0.1mol·L1 NaHC2O4溶液中，电荷守恒式：c(H+)+c(Na+)=c(OH)+2c(C2O)+c(HC2O)，物料守恒式：c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)，联立，消掉c(Na+)，得c(H+)=c(OH)+c(C2O)-c(H2C2O4)，C项错误；DCaC2O4饱和溶液中存在溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O(aq)，加入少量CaCl2固体，c(Ca2+)增大，平衡逆向移动，c(C2O)减小，根据勒夏特列原理，达到新的平衡时

32、，c(Ca2+)仍比原平衡大，D项错误。【点睛】微粒分布系数随溶液pH变化关系图中，计算平衡常数，可找相应的特殊点，一般为两条曲线的交点，交点处两种微粒的浓度相同，在平衡常数公式中可以约分；本题中，Ka2(H2C2O4)=，可找c(HC2O)=c(C2O)的点，即曲线和的交点。10.【答案】D【解析】A0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH等于4.0，说明溶液呈酸性，即HSO的电离程度大于水解程度，故A错误；B向氯水中加入少量NaHCO3固体，盐酸酸性强于碳酸，使平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，体积不变，次氯酸的物质的量增加，从而使HClO的浓度增大，故B错误；C根据电荷守恒可知

33、c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH)，故C错误；D强碱弱酸盐的碱性越强，对应的酸越弱，NaClO的pH大于NaHCO3溶液的pH，所以碳酸的酸性强于次氯酸，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO酸性减弱，所以pH依次升高，故D正确。11.【答案】（1）SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4(或2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4) （2） SO2+2OH=SO+H2O （3） 酸 HSO溶液中存在：HSOSO+H+和HSO+H2OH2SO3+OH，HSO的电离程度强于水解程度 【解析】（1）SO2形成硫酸型酸

34、雨时，SO2和空气中的H2O、O2反应得到H2SO4：SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，故答案为：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4(或2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4)；（2）SO2被NaOH溶液吸收制备Na2SO3溶液时反应的离子方程式为SO2+2OH=SO+H2O，故答案为：SO2+2OH=SO+H2O；（3）根据表中数据，可知，n(SO)n(HSO)191时，溶液的pH显示为酸性，故NaHSO3溶液显酸性，故答案为：酸在NaHSO3溶液中HSO存在以下平衡：HSOSO+H+、HSO+H2OH2SO3+OH，HSO的电离程度强于水解程度。【点睛】污染气体的处理与盐类的水解结合的题型，难度不大，分析表格中的信息可知NaHSO3溶液显酸性，因为HSO既会电离又会水解，显酸性说明以电离为主。