【期中真题】江苏省南通市如皋市2022-2023学年高二上学期期中教学质量调研化学（选修）试题.zip

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2022-2023学年度高二年级第一学期期中教学质量调研
化学试题(选修)
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
本卷可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Fe 56
选择题(共36分)
单项选择题：本题包括8小题，每小题2分，共计16分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 水是最常见的溶剂。下列说法正确的是
A. 0℃时，
B. 向水中加入盐酸，变小
C. 将纯水加热至80℃，变大、pH变小
D. 电解水制H2、O2时，为了增强导电性，可以加入适量氯化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A．不是0℃时而是常温下，，A错误；
B．平衡常数只受温度影响，故向水中加入盐酸，不变，B错误；
C．将纯水加热至80℃，水的电离程度变大，变大，氢离子浓度变大故pH变小，C正确；
D．电解水制H2、O2时，为了增强导电性，可以加入适量氢氧化钠，加入氯化钠，氯离子会放电生成氯气，D错误；
故选C。
2. Cl2溶于水会发生反应：。下列说法正确的是
A. 中子数为18的Cl原子可表示为
B. H2O的电子式为
C. 氯离子的结构示意图：
D. HClO的电离方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为18的Cl原子，其质量数为35，该Cl原子可表示为，故A错误；
B．H2O是共价化合物，所以电子式为，故B错误；
C．氯原子核电荷数为17，最外层有7个电子，易得到一个电子形成氯离子，则氯离子的结构示意图为：，故C正确；
D．HClO为一元弱酸，在水溶液中部分电离，则电离方程式为，故D错误；
3. 下列转化在指定条件下能够实现的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，能够实现，故选A；
B．铁和S在加热条件下生成FeS，故不选B；
C．Cu和浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜，故不选C；
D．铁的活泼性大于铜，铜不能置换出FeCl3溶液中的Fe，故不选D；
选A。
4. 下列实验装置或原理能达到实验目的的是
A. 制NH3 B. 干燥NH3
C. 收集NH3 D. 测氨水的pH
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气易溶于水，应用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热制取氨气，故A错误；
B．氨气能与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；
C．氨气的密度比空气小，集气瓶中导气管应短进长处，氨气易溶于水，能用水吸收多余氨气，防止污染环境，故C正确；
D．测定氨水pH时，不能用湿润的pH试纸，相当于把氨水稀释，故D错误；
故选C。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Y元素的焰色反应为黄色，Z是地壳中含量最高的金属元素，W元素原子最外层有7个电子。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Y B. XW4分子的空间构型为正四面体形
C. 含W元素的酸都是强酸
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Y 【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层电子数的2倍，X是C元素；Y元素的焰色反应为黄色，Y是Na；Z是地壳中含量最高的金属元素，Z是Al元素；W元素原子最外层有7个电子，W是Cl元素。
【详解】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：Na+>Al3+，故A错误；
B. CCl4分子的空间构型为正四面体形，故B正确；
C. 含Cl元素的酸不一定是强酸，如HClO是弱酸，故C错误；
D. 同周期元素从左到右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性NaOH>Al(OH)3，故D错误；
选B。
6. 一种利用电化学方法处理弱酸性溶液中的原理如下图所示。下列说法不正确的是

A. Fe作负极、Fe3O4作正极
B. Fe所发生的电极反应为
C. 溶液酸性不能过大，酸性过大可能会导致处理的偏少
D. 反应结束后溶液的pH将降低
【答案】D
【解析】
【详解】A．据图可知Fe将溶液中转化为以消除污染，N元素的化合价有+5价转化为-3价，被还原，则Fe被氧化，Fe作负极、Fe3O4作正极，故A正确；
B．根据以上分析，Fe作还原剂，失去电子发生氧化反应生成Fe3O4，负极反应为：，故B正确；
C．Fe3O4能与酸反应，酸性过大可能会导致Fe3O4生成率降低，导致转移电子数减少，根据电子守恒得，则可能会导致处理的偏少，故C正确；
D．该装置中的总反应为，消耗氢离子，使氢离子浓度减小，pH增大，故D错误；
故答案选D。
7. 按体积比2：1向容器中充入NO和O2，发生反应。测得温度、压强对NO平衡转化率的影响如下图所示。下列说法正确的是

A. 反应的
B. 该反应在任意条件下均能自反进行
C.
D. 平衡常数
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可知随着温度升高NO平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，故该反应是放热反应，故A错误；
B．该反应是，，当时反应自发，根据公式可知该反应在低温下自发，故B错误；
C．该反应是分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，NO平衡转化率增大，故，故C错误；
D．由图可知b点的温度高于a点，升高温度平衡逆向移动，故平衡常数，故D正确；
故答案为D。
8. H2O2是常见的氧化剂，一定条件下可发生分解反应。在含有少量I-的溶液中，H2O2分解时能量变化与反应过程如下图所示。过程I的反应为H2O2+I−=H2O+IO−。下列说法正确的是

A. 过程Ⅱ的反应为H2O2+IO−=H2O+I−+O2↑
B. 决定反应快慢的是过程Ⅱ的反应
C. H2O2分解反应为吸热反应
D. 2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)反应的ΔH=(a−c−b)kJ·mol−1
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2O2分解时总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，减去过程Ⅰ反应得过程Ⅱ的反应为H2O2+IO−=H2O+I−+O2↑，A正确；
B．慢反应决定整体反应速率，据图过程Ⅰ活化能更大，则过程Ⅰ为慢反应，决定整体反应速率，B错误；
C．据图可知整个过程中，反应物能量高于生成物，放热反应，C错误；
D．焓变为生成物能量-反应物能量，所以该反应的ΔH=−bkJ·mol−1，D错误；
综上所述答案为A。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
9. 下列说法正确的是
A. 由反应 可知，CH4的燃烧热是
B. 为防止铁质水闸被腐蚀，可将水闸表面焊接镁块
C. 工业上合成氨反应采用500℃的高温是为了提高反应物的平衡转化率
D. 反应 达到平衡后，升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；而不是生成气体水，A错误；
B．镁比铁活泼，可以作为原电池的负极从而保护铁，B正确；
C．反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，采用500℃的高温是为了提高反应速率和提高催化剂的活性，C错误；
D．升高温度正逆反应速率均变大，D错误；
故选B。
10. 药物Z可通过如下转化合成得到：

下列说法正确的是
A. X中所有碳原子可以位于同一平面
B. 1molY与足量NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH
C. Z分子不存在顺反异构现象
D. Z分子与Br2按物质的量之比为1：1加成，所得产物大于2种
【答案】AD
【解析】
【详解】A．与苯环直接相连的原子共面，羰基两端的原子共面，则X中所有碳原子可以位于同一平面，A正确；
B．Y中酯基可和氢氧化钠发生碱性水解，溴原子能和氢氧化钠溶液反应发生取代反应，故1molY与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH，B错误；
C．Z分子环中的碳碳双键两端的不同，故存在顺反异构现象， C错误；
D．Z分子中存在2个碳碳双键，与Br2按物质的量之比为1:1加成，可以发生1，2-加成或1，4-加成，故所得产物大于2种，D正确；
故选AD。
11. 室温下，下列实验探究CH3COOH是弱电解质的方案不能够达到目的的是
选项
探究方案
A
测定0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH
B
将pH=3的CH3COOH溶液稀释10倍，测pH
C
向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，测定pH是否变化
D
测量醋酸、盐酸的导电性强弱

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．测定0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH，若其pH>1则说明CH3COOH在水溶液中部分电离，能证明CH3COOH为弱电解质，A正确；
B．CH3COOH若为强电解质，将pH =3的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液的pH=4，实际上3 C．向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，若测定其pH >1，说明CH,COOH为弱电解质，加入少量CH3COONa固体，CH3COO-浓度增大，抑制了CH3COOH的电离，C正确；
D．醋酸和盐酸的浓度不定，不能通过测量醋酸、盐酸的导电性强弱来判定CH3COOH是否为弱电解质，D错误；
故选D。
12. 已知常温时HF的，常温时，将pH和体积都相同的盐酸和HF溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液稀释体积倍数的关系如下图所示，下列叙述正确的是

A. 曲线I为HF溶液稀释时pH变化曲线
B. pH=3的HF溶液中，由水电离出的
C. 从b点到c点，溶液中
D. 当稀释倍数为105倍时，曲线Ⅰ对应的pH数值为8
【答案】BC
【解析】
【分析】pH相同两种溶液，酸的酸性越强，其初始浓度越小，稀释过程中pH变化越大，由于HCl为强酸，HF为弱酸，HCl酸性强于HF，所以稀释过程中HCl的pH变化大，则曲线I为HCl溶液稀释时pH变化曲线，曲线II为HF溶液稀释时pH变化曲线，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，曲线I为HCl溶液稀释时pH变化曲线，A错误；
B．pH=3的HF溶液中，，B正确；
C．从b点到c点，溶液稀释10倍，由于稀释过程中促进HF的电离，F-的浓度增大，导致溶液中，C正确；
D．根据分析，曲线I为HCl溶液稀释时pH变化曲线，当稀释倍数为105倍时，溶液仍然显酸性，则稀释后溶液的pH接近7且pH<7，D错误；
故选BC。
13. 一定温度下，向容积分别为1L、2L的甲、乙恒容密闭容器中各投入2molNOCl，发生反应：2NOCl(g)⇌2NO(g)+Cl2(g)。10min时，两个容器中NOCl的转化率如图中A、B点所示。下列叙述正确的是

A. 容器甲、乙中反应可能均未达平衡
B. 0~10min时，乙容器中反应速率v(Cl2)=0.1mol⋅L−1⋅min−1
C. 该温度下的反应平衡常数K=0.5
D. 若起始时向甲容器中投入4molNOCl，反应达平衡时，NOCl的体积分数大于40%
【答案】CD
【解析】
【详解】A．若两容器均未达到平衡，由于甲容器体积小，浓度大，反应速率更快，甲中NOCl转化率应大于乙，而图示相等，说明甲达到平衡，而乙未平衡，A错误；
B．0~10min时，Δn(NOCl)=2mol×50%=1mol，根据方程式可知此时Δn(Cl2)=0.5mol，容器体积为2L，所以v(Cl2)== 0.025mol⋅L−1⋅min−1，B错误；
C．甲容器中达到平衡，A点转化率即为平衡转化率，容器体积为1L，所以平衡时NOCl、NO、Cl2的浓度分别为1mol/L、1mol/L、0.5mol/L，K==0.5，C正确；
D．当投入2molNOCl时，平衡时NOCl的体积分数为×100%=40%，若投入4molNOCl，压强增大，平衡逆向移动，所以平衡时NOCl的体积分数大于40%，D正确；
综上所述答案为CD。
非选择题(共64分)
14. 根据信息书写反应方程式：
（1）水合肼(N2H4·H2O)为无色液体，常用作还原剂。一定条件下，以V2O5为原料制取VOCl2的流程如图所示。

①写出制取VOCl2反应的化学方程式：_______。
②工业上可用尿素法制取水合肼。制取的方法是将NaClO和NaOH混合，向其中加入尿素，在水中不电离]，加热条件下充分反应，反应后可制得水合肼、NaCl和Na2CO3溶液。写出该反应的离子方程式：_______。
（2）煤浆中的FeS2可用软锰矿粉在酸性条件下进行脱除，Fe2+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。写出转化II反应的离子方程式：_______。

【答案】（1） ①. ②.
（2）
【解析】
【小问1详解】
①V2O5和水合肼、盐酸反应生产VOCl2，V化合价降低，则氮元素元素化合价升高生成氮气，根据质量守恒还会生成水，反应；
②NaClO和NaOH混合，向其中加入尿素，加热条件下充分反应，反应后可制得水合肼、NaCl和Na2CO3溶液，；
【小问2详解】
Fe2+对该反应有催化作用，反应Ⅰ中锰元素化合价降低，则铁元素化合价升高，故X为亚铁离子、Y为铁离子，铁离子、FeS2、水反应生成铁离子、硫酸根离子、氢离子，反应为。
15. 二氢猕猴桃内酯(G)具有抗癌活性和神经保护作用，其合成路线如下：

（1）化合物F中含有的手性碳原子的数目是_______。
（2）A→B的反应会经历两步，第一步是加成反应，第二步是消去反应。写出第一步发生加成反应所得产物的结构简式：_______。
（3）D→E时会生成中间产物X()，X不稳定会转化为E.依据信息分析在NaOH溶液中加热后所得有机产物的结构简式是：_______。
（4）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式_______。
①含有苯环，分子中有4种不同化学环境的氢
②不能与金属钠反应，苯环上的一氯代物只有2种
（5）写出以、CF3CO3H为原料制备的合成路线流程图(无机试剂及有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) _______。
【答案】（1）2 （2）
（3） （4） （5）
【解析】
【分析】该柠檬醛合成二氢猕猴桃内酯的路线中的反应物与生成物的结构简式均给出，不需要对物质进行判断；但是路线中的反应都比较陌生，对各个物质的变化进行判断时，一定要做好反应物与生成物的结构差异的对比，从而判断出反应是如何进行的，再将这路线中的反应与各小题结合进行分析判断，从而找到解题的思路。
【小问1详解】
连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，如图标“*”为手性碳原子：，即分子中含有2个手性碳原子；
【小问2详解】
根据题意第一步为加成反应，对比A和B的结构简式可知，该加成反应为醛基和丙酮的加成，产物为；
【小问3详解】
对比中间产物X和E的结构简式可知，-CH=CHOH异构转化为-CH2CHO；在碱溶液中水解产物会得到，再转化为最终产物；
【小问4详解】
G中含有11个C原子，2个O原子，不饱和度为4，其同分异构体满足：①含有苯环，分子中有4种不同化学环境的氢，则除苯环上的C原子为其他C原子均为饱和碳原子，且结构对称；②不能与金属钠反应，说明不含羟基，则一定含有醚键，苯环上的一氯代物只有2种，再考虑到其对称结构，则其苯环上应有两个处于对位的取代基，符合题意的有；
【小问5详解】
根据C生成D的过程可知，可以和CF3CO3H反应得到；根据A生成B的过程可知，可以在NaOH/加热条件下，醛基先和羰基加成，再消去得到，而经水解、再催化氧化即可得，所以合成路线为。
16. 草酸铁铵是金属着色剂，可以以草酸为原料制得。
（1）在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如下图所示：

①葡萄糖溶液可由淀粉水解(向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间)得到，证明淀粉已经水解的实验方案是_______。
②在55℃～60℃时，装置A中葡萄糖反应生成草酸，同时生成NO。反应的离子方程式为：_______。
③装置B中实验现象为_______。
（2）将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体。
①实验中所加氨水不能过量，若氨水过量会使草酸铁铵晶体产率偏低，原因是_______。
②制得的草酸铁铵晶体中混有草酸，为测定的含量，进行下列实验：称取样品4.28g，将样品充分加热得铁的氧化物，加入足量稀硫酸将固体完全溶解，滴加过量的SnCl2溶液将Fe3+转化为Fe2+，除去剩余的SnCl2，向溶液中滴加0.1000mol·L-1的KMnO4溶液(反应后转换为Mn2+)，Fe2+恰好完全反应时消耗KMnO4溶液的体积为18.00mL。请通过计算确定样品中草酸铁铵晶体的质量分数_______ (写出计算过程)。
【答案】（1） ①. 取水解液少许于试管中，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，加入银氨溶液并水浴加热，若产生银镜现象，则说明淀粉已水解 ②. ③. 有红棕色气体出现
（2） ①. 氨水过量，使得部分Fe3+转化为沉淀 ②. 90%
【解析】
【小问1详解】
①说明淀粉已经水解的关键是要用实验证明溶液中存在葡萄糖，因葡萄糖分子中含有醛基，可通过银镜反应检验，需要注意的是加银氨溶液前需将水解液调成碱性，则可设计实验方案为：取水解液少许于试管中，加入NaOH溶液至溶液呈碱性，加入银氨溶液并水浴加热，若产生银镜现象，则说明淀粉已水解；
②在55℃～60℃时，被氧化为H2C2O4，HNO3被还原为NO，反应的离子方程式为；
③A中生成的NO进入B装置，与通入的空气中的O2发生反应2NO+O2=2NO2，生成红棕色的NO2，故装置B中的实验现象为有红棕色气体出现；
【小问2详解】
①若实验中所加氨水过量，部分Fe3+会转化为沉淀，使得草酸铁铵晶体产率偏低；
②，由关系式可得，由铁元素守恒可得：，草酸铁铵晶体的质量分数。
17. 氢能源是最具应用前景的能源之一，氢气的制备和应用是目前的研究热点。
（1）已知部分共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
H-H
H-O
键能/(kJ·mol-1)
436
463
热化学方程式

则的为_______。
（2）氢气可通过水煤气法获得，反应为。一定温度下，控制进气比不同，测得平衡时某反应物的转化率如图所示。

①图中表示的是_______(填“CO”或“H2O”)的转化率。
②时，图中对应物质的转化率为_______。
（3）利用H2和CO2催化合成CH4的反应如下：

①下列能说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
A.
B.恒温恒容条件下，混合气体的密度不再变化
C.恒温恒压条件下，气体的体积不再变化
D.CO2与H2O的物质的量之比保持不变
②一定温度和压强下，将一定比例H2和CO2分别通过装有甲、乙两种催化剂的反应器发生上述反应，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示。

I.CO2的平衡转化率随温度的升高而降低的原因是_______。
Ⅱ.280℃~320℃，用甲作催化剂，CO2转化率迅速上升，原因是_______。
【答案】（1）
（2） ①. CO ②. ##83.3%
（3） ①. CD ②. 该反应为放热反应，温度越高，反应平衡常数越小，CO2的平衡转化率越小 ③. 催化剂活性增强，CO2的反应速率加快
【解析】
【小问1详解】
根据=反应物的键能总和-生成物的键能总和得：=2×436kJ/mol+EO-O-4×463 kJ/mol=-482 kJ/mol，解得EO-O=498 kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，所以的为-498 kJ/mol；
【小问2详解】
①进气比由0.5升高到1时相当于水蒸气进气量不变，增大CO的进气量，平衡正向移动，水蒸气的转化率会变大，但反应是可逆的，不能完全反应，加入的CO总会有剩余，所以CO的转化率会降低，故图中表示的是CO的转化率；
②由题可知，反应温度不变，所以平衡常数K不变，根据进气比为1时，可求出K=1，则当时，假设，体积为V，转化率为α，则列三段式为：，则有K==1，解得α=≈83.3%；
【小问3详解】
①A．由知，v(H2):v(H2O)=2:1，反应达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，则可以表示反应大平衡状态，故A错误；
B．根据质量守恒定律，化学反应前后总质量不变，恒温恒容体系，所以混合气体的密度一直不变，故B错误；
C．恒温恒压条件下，该反应为气体体积减小的反应，当体系总体积不再发生变化时，说明各物质的浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，故C正确；
D．CO2是反应物，H2O是生成物，CO2与H2O的物质的量之比保持不变，说明体系中各物质的浓度不再发生改变，故D正确；
故答案选CD；
②Ⅰ由题可知该反应为放热反应，随着反应的发生，体系温度逐渐升高，当达到平衡状态时，继续升高温度，会使平衡逆向移动，反应平衡常数减小，CO2的平衡转化率减小；
Ⅱ催化剂的活性会受到温度的影响，低温时，甲的催化活性较低，温度在280℃~320℃时，甲的催化活性增强，CO2转化率迅速上升。
18. 研究脱除烟气中的SO2、NOx是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。
（1）甲烷催化还原脱硝的有关热化学方程式如下：



。
_______。
（2）若烟气主要成分为NO、SO2，可通过电解法除去，其原理如图所示。

①电解时阴极的电极反应式为_______；
②参与反应的NO与SO2的物质的量之比为_______。
（3）若烟气主要成分为NO2、SO2，可通入NaOH溶液将NO2完全转化为。则NO2、SO2与NaOH反应的离子方程式为_______。
（4）常温下，用2.0mol·L-1氨水吸收SO2，当溶液呈中性时，_______。 (已知25℃，H2SO3的，)
（5）与Fe2+形成的配合物FeY2-可用于吸收烟气中的NO。其吸收原理：
将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50℃的FeY2-溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图所示。时间越长，NO吸收率越低的原因是_______。

【答案】（1）
（2） ①. ②. 2：5
（3）
（4）0.62 （5）反应放热，温度升高，不利于NO的吸收；随着反应进行，浓度降低
【解析】
【分析】（2）该装置为电解池，阴极连电源的负极，由图可知阴极NO得电子生成，阴极电极反应式为；阳极连电源的正极，阳极SO2失电子，阳极电极反应式为；据此分析解答。
【小问1详解】
根据盖斯定律可得， ；
【小问2详解】
①该装置为电解池，阴极连电源的负极，由图可知阴极NO得电子生成，阴极电极反应式为；
②该反应的总反应为，由此可知，参与反应的NO与SO2的物质的量之比为2：5；
【小问3详解】
NO2、SO2与NaOH反应生成NaNO2、Na2SO4和H2O，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
当溶液呈中性时，；
【小问5详解】
时间越长，NO吸收率越低的原因是：一方面该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于NO的吸收；另一方面随着反应进行，浓度降低，也不利于NO的吸收。