2022无锡高二下学期期末考试化学含解析

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无锡市普通高中2022年春学期高二期终调研考试试题
化学(选修)
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。
2.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32
第I卷 选择题(共42分)
单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 反应可用于制铜。下列说法不正确的是
A. 青铜是铜的一种合金 B. 只作还原剂
C. 该反应属于置换反应 D. 该制铜方法会造成环境污染
【答案】B
【解析】
【详解】A．青铜为铜锡合金，A项正确；
B．中Cu为+1价变为0价，化合价降低为氧化剂，S的化合价由-2价变为SO2中的+4价，化合价升高为还原剂，则既作还原剂又做氧化剂，B项错误；
C．置换反应为单质和化合物反应生成新单质和新化合物，则该反应属于置换反应，C项正确；
D．该制铜方法会产生有毒气体SO2造成环境污染，D项正确；
答案选B。
2. 反应可用于污水脱氯。下列说法正确的是
A. 是极性分子 B. 分子的球棍模型：
C. 既含离子键又含共价键 D. 的电子式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2中存在Cl-Cl键，为同种原子形成的共价键为非极性共价键，则是非极性分子，A项错误；
B．H2O分子的球棍模型为：，B项错误；
C．为电解质可电离出和则存在离子键，存在共价键，则既含离子键又含共价键，C项正确；
D．为共价化合物存在极性共价键，则的电子式为 ，D项错误；
答案选C。
3. 下列由氯气制取高浓度溶液的实验原理和装置能达到实验目的的是

A. 用装置甲制取氯气 B. 用装置乙制取氯水
C. 用装置丙提高浓度 D. 用装置丁分离出溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．装置甲为浓盐酸和MnO2加热条件下制备Cl2，常温下不反应，A项错误；
B．装置乙为吸收HCl的除杂装置，饱和食盐水吸收HCl气体还可降低Cl2在水中的溶解度，则通入Cl2的玻璃导管深入液面以下，B项错误；
C．氯气和水发生反应的化学方程式为：，加入碳酸钙固体可以使平衡正向移动，生成更多的HClO，C项正确；
D．易溶于水，则无法用装置丁分离出溶液，D项错误；
答案选C。
4. 下列盐的性质与用途具有对应关系的是
A. 易溶于水，可用于工业电解制备钠
B. 明矾溶于水并水解形成胶体，可用于净水
C. 具有酸性，可用于蚀刻印刷电路板
D. 具有还原性，可用于漂白纸浆
【答案】B
【解析】
【详解】A． 电解NaCl溶液时，在阴极上，水电离出的氢离子会优先于钠离子在阴极得电子放电，故电解NaCl溶液不可用于工业电解制备钠，应电解熔融NaCl制备钠，故A错误；
B． 明矾溶于水后，铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮的难溶性杂质，沉降净水，故B正确；
C． 具有氧化性，能氧化铜单质，故可用于蚀刻印刷电路板，故C错误；
D． 具有还原性，但其还原性与用于漂白纸浆无关，漂白纸浆是利用其水解产生的亚硫酸分解后二氧化硫的漂白性，故D错误；
故选B。
5. 下列关于O、F、S、Cl元素及其化合物的说法正确的是
A. S的基态核外电子排布式为
B. 原子半径：
C. 简单气态氢化物的沸点：
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】A
【解析】
【详解】A．S为16号元素，核外电子数为16，基态核外电子排布式为，A正确；
B．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同的原子序数越大的原子半径越小，则原子半径：，B错误；
C．水分子间形成氢键，其沸点较高，则简单气态氢化物沸点：，C错误；
D．同周期从左到右非金属性增强，则非金属性：Cl>S，最高价氧化物对应水化物的酸性：，D错误；
故选：A。
6. 蔗糖和浓硫酸反应的“黑面包”实验如下：在烧杯中放入20 g蔗糖，滴入几滴水，向其中加入10 mL浓硫酸，充分搅拌，观察到蔗糖由白色迅速变为棕黄色，继续变为黑色。黑色固体体积迅速膨胀，呈疏松面包状。烧杯壁很烫，空气中有一股刺激性气味。下列说法正确的是
A. 浓硫酸遇水放热，能够升高温度，加快反应速率
B. 蔗糖中滴入几滴水的目的是溶解蔗糖
C. 黑色固体中含有炭，炭的生成表现了浓硫酸的吸水性
D. 有刺激性气味是因为生成SO2气体，除SO2外不生成其他气体
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸遇水放热，温度越高，反应速率越快，A项正确；
B．滴入水的目的是利用浓硫酸溶于水放出热量，为蔗糖的脱水碳化及氧化提供能量，B项错误；
C．黑色固体中含有炭，炭的生成表现了浓硫酸的脱水性，C项错误；
D．除SO2外还生成二氧化碳气体和水蒸气，D项错误；
故答案为A。
7. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A. B. 稀
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2为酸性气体与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为：，A项错误；
B．金属Cu在金属活动性顺序表H的后面不与稀硫酸反应，B项错误；
C．H2S中S原子的化合价为-2价，SO2中S原子的化合价为+4价，发生归中反应生成S单质，化学方程式为，C项正确；
D．FeS2与氧气在高温下反应生成SO2，SO2与O2高温高压催化剂生成SO3，D项错误；
答案选C。
8. 对于反应 ，下列说法正确的是
A. 反应的
B. 反应的平衡常数可表示为
C. 使用高效催化剂能降低反应的焓变
D. 升温、加压和使用催化剂能增大SO3的生成速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应物气体的计量系数和为3，生成物的气体计量系数为2，则该反应为熵减反应，反应的＜0，A项错误；
B．反应平衡常数表达式为，B项错误；
C．催化剂只改变反应的活化能对于反应的焓变无影响，C项错误；
D．升高温度、增大压强、使用催化剂都可加快SO3的反应速率，D项正确；
答案选D。
9. 用生石灰废料[主要成分为CaO，还含有和]制取的流程如下：

下列说法正确的是
A. “打浆”的目的是为了让生石灰废料完全溶解
B. “氯化”中主要发生的化学反应为
C. “转化”时发生的化学反应属于氧化还原反应
D. “结晶”原理是利用各物质的溶解度不同，将结晶出来
【答案】D
【解析】
【分析】生石灰的主要成分为CaO与水发生反应生成Ca(OH)2，再通入Cl2可制备Ca(ClO3)2，加入KCl发生反应可得KClO3溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶可得KClO3晶体，据此答题。
【详解】A．生石灰的主要成分为CaO，CaO与水发生化学反应，“打浆”的目的是为了搅拌加快反应速率，生石灰废料中有和不会完全溶解，A项错误；
B．向Ca(OH)2溶液中通入Cl2可制备Ca(ClO3)2，发生的化学方程式为：，B项错误；
C．转化时Ca(ClO3)2与KCl反应生成KClO3，所有原子的化合价未发生改变，则该反应属于非氧化还原反应，C项错误；
D．转化时Ca(ClO3)2与KCl反应生成KClO3，通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法析出晶体，其原理是利用溶解度不同结晶，D项正确；
答案选D。
10. 室温下：、。Na2CO3和NaHCO3混合溶液具有控制酸碱平衡、供给细胞生存代谢所必需的能量和无机盐成分等作用。室温下，通过下列实验探究一定浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH计测得混合溶液的pH为10.25
2
向混合溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅
3
向混合溶液中通入过量的CO2，无明显现象
4
向实验3所得溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是
A. 实验1溶液中存在：
B. 实验2中随蒸馏水的不断加入，溶液中的值逐渐变小
C. 实验3所得溶液中存在
D. 实验4反应的离子方程式为：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．，实验1溶液的pH为10.25，，则，根据电荷守恒，，故A正确；
B．向混合溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅，说明pH减小，氢离子浓度增大，不变，所以溶液中的值逐渐增大，故B错误；
C．向混合溶液中通入过量的CO2，溶质变为碳酸氢钠，根据电荷守恒，溶液中，故C错误；
D．实验3所得溶液中的溶质是碳酸氢钠，滴加少量Ba(OH)2溶液生成碳酸钡沉淀、碳酸钠、水，反应的离子方程式为：，故D错误；
选A。
11. 以铁、石墨为电极电解KI溶液获得，其工作原理如题图所示。下列说法正确的是

A. b为电源的正极
B. 该装置将化学能转化为电能
C. 工作过程中右侧溶液pH降低
D. 石墨极电极反应式为
【答案】D
【解析】
【分析】该装置为电解池装置。铁为活性电极，电解KI溶液获得KIO3溶液，故左侧为阳极，故a极为正极，石墨电极为阳极；右侧铁电极为阴极，b电极为负极。
【详解】A．根据分析，b为电源负极，A错误；
B．根据分析，该装置为电解池装置，将电能转化为化学能，B错误；
C．右侧为阴极，氢离子得电子生成氢气，pH增大，C错误；
D．石墨电极为阳极，发生的碘离子失去电子生成碘酸根，离子方程式正确，D正确；
故选D
12. 室温下，将溶液和溶液等体积充分混合，一段时间后过滤，得滤液a和沉淀b。取等量的滤液a于两支试管中，分别滴加相同体积、浓度均为的溶液和溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清；再取少量的沉淀b，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解。下列说法正确的是
A. 溶液中存在：
B. 过滤后所得滤液中一定存在：
C. 沉淀b中滴加氨水发生反应的离子方程式：
D. 从实验现象可以得出该温度下
【答案】B
【解析】
【详解】A． 溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(S2−)+c(HS−)+c(OH−)，物料守恒：c(Na+)=2c(S2−)+2c(HS−)+2c(H2S)，两式联立，可得质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故A错误；
B． 滤液为氯化银的饱和溶液，所以过滤后所得滤液中一定存在：，故B正确；
C． 由分析可知，沉淀b氯化银，氯化银中滴加氨水会生成二氨合银离子，其离子方程式为：AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，故C错误；
D． 从实验现象可以得出硫化银比硫酸银更难溶，Ksp(Ag2SO4)＞Ksp(Ag2S)，故D错误；
答案选B。
13. 据文献报道，我国学者提出氧化生成的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法不正确的是


A. 氧化生成的总反应为：
B. 中间体和中的化合价相同
C. 发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D. 步骤③中，每生成转移电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物为氧气和溴化氢，生成物为溴和水，总反应方程式为，故A正确；
B．由化合价代数和为0可知，HOOBr中氢元素为+1价、氧元素为—1价、溴元素为+1价，HOBr中氢元素为+1价、氧元素为—2价、溴元素为+1价，则两个中间体中溴元素的化合价相同，都为+1价，故B正确；
C．由图可知，发生步骤②时，断裂的化学键既有氢溴极性键，又有氧氧非极性键，故C正确；
D．由图可知，步骤③发生的反应为HOBr+HBr=Br2+H2O，反应中生成1mol溴，反应转移1mol电子，故D错误；
故选D。
14. 二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为：
反应I：
反应II：
一体积固定的密闭容器中，在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是

A. 的平衡转化率始终低于
B. n曲线代表的物质为，温度越高，越有利于的生成
C. 270~400℃时，平衡移动的程度：反应I＞反应II
D. 加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化率
【答案】AD
【解析】
【详解】A． 起始n(CO2): n(H2)= 1 : 3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当I、II都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；
B． m曲线代表的物质为，温度越高，的含量越低，越不利于的生成，故B错误；
C． 270~400℃时，根据CO2的转化率变化曲线可知，CO2的转化率逐渐增大，说明平衡移动的程度：反应II＞反应I，故C错误；
D．加入选择性高的催化剂，可以使更多的二氧化碳和氢气生成甲醇，从而提高的平衡转化率，故D正确；
故选AD。
第II卷 非选择题(共58分)
非选择题：共4题，共58分
15. 废旧干电池拆解后的碳包滤渣(含等)，既可制取高纯又可消除废弃物对环境的污染。实验流程如下：

已知：25℃时，各物质的见下表
物质




K





（1）“浸取”时，控制温度70℃左右，生成和的化学方程式为_______。若浸取反应在25℃时进行，足量，则充分浸取后溶液中_______(填数值)。
（2）“氧化”时，溶液中转化为的离子方程式为_______；滤渣2的主要成分为_______(填化学式)。
（3）制备时，滤液溶液与溶液的混合方式为_______。
（4）产率与“浸取”时的投料比关系如题图所示，用量超过最佳值时，产率反而变小的原因是_______。

【答案】（1） ①. 9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O ②. 410-37
（2） ①. 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ②. Fe(OH)3
（3）向滤液MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，并充分搅拌
（4）浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀
【解析】
【分析】碳包滤渣(含等)中加入FeS、稀硫酸进行浸取，发生反应：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O，过滤得到滤渣1为MnO2、HgS和C，滤液中含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入MnO2继续氧化残留的Fe2+，发生反应2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，加入碳酸钙调节pH，促使铁离子水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+正向移动，过滤得到滤渣2的主要成分为Fe(OH)3，所得滤液进行一系列处理得到MnCO3。
【小问1详解】
由分析可知，“浸取”时，生成MnSO4、Fe2(SO4)3的化学方程式为：9MnO2+2FeS+10H2SO49MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O，同时硫离子和汞离子结合生成HgS沉淀，若浸取反应在25℃时进行，FeS足量，则充分浸取后溶液中S2-浓度相同，溶液中==410-37。
【小问2详解】
“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+，MnO2转化为Mn2+，反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，反应后的溶液中加入碳酸钙调节pH，促使铁离子水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+正向移动，过滤得到滤渣2的主要成分为Fe(OH)3。
【小问3详解】
制备MnCO3时，为防止溶液碱性过强生成Mn(OH)2沉淀，应向滤液MnSO4溶液中滴加NH4HCO3溶液，并充分搅拌，使溶液一直处于碱性不强的环境中，生成MnCO3沉淀。
【小问4详解】
浸出液中残存大量的S2-，容易与Mn2+反应生成MnS沉淀，所以当FeS用量超过最佳值时，MnCO3产率反而变小。
16. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
（1）去除废气中的相关热化学方程式如下：


①反应_______。
②废气中的和空气(的体积分数约为)的体积比一般控制在0.4，可有效去除废气中的，原因是_______。
（2）甲烷与重整制氢：，为了研究甲烷对制氢的影响，原料初始组成，保持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如题图-1所示：

①图中曲线a表示物质_______。
②某温度下，反应达平衡的标志是_______(填标号)。
a.　　b.的体积分数不再变化
c.不再变化　　　　d.混合气体的密度不再改变
③为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_____(列举一条)。
（3）太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的装置如题图-2所示。

①b极为_______极。
②该太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的过程可描述为_______。
【答案】（1） ①. ②. 若和空气的体积比大于0.4，则废气中脱除效率低；若小于0.4，则会部分氧化成大气污染物二氧化硫
（2） ①. ②. bd ③. 减小压强或增大起始或及时分离出产物
（3） ①. 正 ②. 在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成
【解析】
【小问1详解】
① ①
②
反应可由，根据盖斯定律，=，故答案为：；
②废气中的和空气(的体积分数约为)的体积比一般控制在0.4，此时与的体积比为2：1，恰好发生，高于0.4时硫化氢不能完全反应，废气中脱除效率低；低于0.4氧气能与S单质反应生成二氧化硫污染空气，故答案为：若和空气的体积比大于0.4，则废气中脱除效率低；若小于0.4，则会部分氧化成大气污染物二氧化硫；
【小问2详解】
①由反应中各物质化学计量数之比可知c为，d为，a为，b为，故答案为：；
②a.时反应达到平衡，故错误；
b.的体积分数不再变化时反应达到平衡状态，故正确；
c.始终保持恒定，不再变化时不能说明反应达到平衡状态，故错误；
d. 保持体系压强为，随反应进行气体总质量不变，容器体积增大，混合气体的密度减小，当密度不变时反应达到平衡状态，故正确；
故答案为：bd；
【小问3详解】
①由图可知b极为电子流入的电极，作正极；②由图可知在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成，故答案为：正；在电极上失电子发生反应，生成的氧化生成硫单质，离子方程式为，通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成；
17. 过硫酸钠()常用作漂白剂、氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并探究其性质(加热及夹持仪器略去)。
I.制备

已知：①；
②。
③是白色晶状粉末，易溶于水，加热至就会发生分解。
（1）装置B中发生反应的同时，需要持续通入空气的目的是_______。
（2）装置C的作用是_______。
（3）反应完毕，将三颈圆底烧瓶中的溶液减压蒸发、结晶过滤、洗涤干燥，可得过硫酸钠，减压蒸发的原因是_______。
II.测定产品纯度
（4）称取样品于碘量瓶中，加入水溶解，加入固体(略过量)摇匀，溶液中被还原为，在暗处放置，再加入适量醋酸溶液酸化，以淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定至终点(滴定反应为)，共消耗标准溶液。计算样品的纯度(写出计算过程)。_______
III.探究的性质
（5）溶液与铜粉反应只生成两种盐且反应先慢后快，某同学推测反应先慢后快的原因可能是生成的对反应起催化作用，设计实验方案检验该推测是否正确_______。(实验中供选择试剂：粉、溶液、溶液、，溶液、溶液、溶液)
【答案】（1）将产生的氨气及时排除，防止发生副反应
（2）吸收氨气，防止倒吸
（3）减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止Na2S2O8在较高温度下（高于65）分解
（4）根据反应关系式：，，故样品的纯度为：
（5）向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的Na2S2O8溶液，如加入CuSO4溶液的试管铜粉消失的时间小于加入Na2SO4溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确
【解析】
【分析】该实验的目的是制备，装置A中的NaOH溶液可除去空气中的CO2，减少副反应的发生；B装置中氢氧化钠和反应生成，反应会生成NH3，根据已知信息②，NH3能够继续与反应，因此需要持续不断地通入空气，将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；装置C的目的是吸收NH3，倒扣的漏斗是为了防止倒吸。
【小问1详解】
根据分析，需要持续通入空气的目的是：将产生的氨气及时排除，防止发生副反应；
【小问2详解】
装置C的作用是：吸收氨气，防止倒吸；
【小问3详解】
加热至就会发生分解，故减压蒸发的原因是：减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止Na2S2O8在较高温度下（高于65）分解；
【小问4详解】
根据反应关系式：，，故样品的纯度为：；
【小问5详解】
要证明产生的Cu2+起到催化作用，应保持单一变量，除Cu2+外其他条件均相同，故：向两支盛有等质量铜粉的试管中，分别加入等体积等浓度的CuSO4溶液和Na2SO4溶液，然后分别加入足量等体积等浓度的Na2S2O8溶液，如加入CuSO4溶液的试管铜粉消失的时间小于加入Na2SO4溶液的试管铜粉消失时间，则该推断正确。
18. 许多含氯化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱灭菌消毒剂。
（1）亚氯酸钠是一种高效漂白剂。在溶液中存在等微粒。经测定，25℃时各组分含量随变化情况如题图-1所示(未画出)。其他条件相同时，以溶液为吸收剂，测得相同时间内NO的氧化率随温度的变化情况如题图-2所示。

①25℃时，_______。25℃时，浓度均为的HClO2溶液和溶液等体积混合后，_______(填“>”“<”或“=”)。
②酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为，该反应的离子方程式为_______。
③温度高于60℃时，NO氧化率下降，其原因是_______。
（2）二氧化氯(ClO2)是一种广谱消毒剂。ClO2在酸性溶液中比较稳定，氧化性随着溶液酸性增强而增强；ClO2在碱性溶液中不能稳定存在，可歧化为NaClO3和NaClO2。以ClO2为吸收剂进行脱硫，实验时测得SO2的脱除率随溶液pH变化如题图-3所示。

①当时，随pH的增大，SO2脱除率逐渐降低，其原因是_______。
②在pH约7.6之后，随pH的增大，SO2脱除率又开始升高，其原因是_______。
【答案】（1） ①. 1.0×10-6 ②. ＜ ③. 3+4NO+2 H2O =4+ 3Cl-+4H+ ④. NaClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝反应正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低
（2） ①. 时，ClO2的氧化性随pH的增大，氧化性逐渐减弱，导致SO2脱除率逐渐降低 ②. 在pH约7.6之后，在碱性条件下，ClO2不断的歧化反应，生成的亚铝酸盐氧化SO2能力更强，导致SO2脱除率升高
【解析】
【小问1详解】
①HClO2的电离平衡常数K=，观察图像可以看出，当pH=6时，c()=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=1.0×10-6；25°C时，浓度均为0.1mol•L-1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，pH＜7，说明溶液显酸性，说明HClO2的电离大于离子的水解，故c(HClO2)＜c()，故答案为：1.0×10-6；＜；
②酸性条件下，NaClO2能将烟气中的NO氧化为，被还原为Cl-，该反应的离子方程式为3+4NO+2 H2O =4+ 3Cl-+4H+，
③NaClO2氧化NO生成的反应放热，升高温度，反应的平衡逆向移动，不利于NO的转化，使NO氧化率下降，并且温度越高，气体NO的溶解度越小，即温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低，导致氧化率降低；
【小问2详解】
①含氯的氧化剂具有相似性，在酸性条件下的氧化性强于中性，强于碱性，因此，在酸性条件下，体系酸性减弱，ClO2的氧化性有所减弱；故答案为：时，ClO2的氧化性随pH的增大，氧化性逐渐减弱，导致SO2脱除率逐渐降低；
②根据已知，ClO2在NaOH溶液即碱性条件下会发生歧化反应，得到的亚氯酸盐也具有优良的脱硫作用，提高了体系的脱硫率；故答案为：在pH约7.6之后，在碱性条件下，ClO2不断的歧化反应，生成的亚铝酸盐氧化SO2能力更强，导致SO2脱除率升高。