高考化学高考真题+模拟新题分类汇编F单元 化学反应与能量 1.docx

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高考化学高考真题+模拟新题分类汇编F单元化学反应与能量1

化学高考题分类目录F单元化学反应与能量

6．D　[解析]依题意有：

①C（s）＋H2O（g）===CO（g）＋H2（g）　ΔH＝akJ·mol－1②2C（s）＋O2（g）===2CO（g）　ΔH＝－220kJ·mol－1

根据盖斯定律②－2×即得2H2（g）＋O2（g）===2H2O（g）　ΔH＝－（220＋2a）kJ·mol－1。

由于反应热等于断裂旧化学键吸收的能量与形成新化学键释放的能量的差值，

则496kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－2×2×462kJ·mol－1＝－（220＋2a）kJ·mol－1，解得a＝130。

7．D　[解析]电解水会消耗大量的电能，故光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，A项正确；化学氧化法和电化学氧化法均可以将NH

和NH3中－3价的N元素氧化为0价的氮元素，B项正确；单个细胞的V≈10－12L，所以1L待测成分中含有1012个细胞，其物质的量为

mol，由此可知该检测技术能测量细胞内浓度约为10－12～10－11mol·L－1的目标分子，C项正确；甲醇与汽油所具有的化学能不同，故向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值改变，D项错误。

9．A　[解析]H2O2的分解反应主要由慢反应决定，且I－浓度越大反应速率越快，A项正确；合并题中两反应，可知I－为催化剂，而IO－为中间产物，B项错误；1molH2O2分解时反应热为－98kJ·mol－1，并不是活化能，C项错误；根据化学计量数关系可确定v（H2O2）＝v（H2O）＝2v（O2），D项错误。

10.A　[解析]由反应过程的能量变化图可知正反应为放热反应，因此升高温度，反应逆向进行，平衡常数减小，A项正确；0～3s内，v（NO2）＝（1.0mol/L－0.4mol/L）÷3s＝0.2mol·L－1·s－1，B项错误；加入催化剂，正、逆反应速率同等程度加快，平衡不移动，C项错误；达到平衡时，增加c（O2）平衡逆向移动，NO2的转化率减小，D项错误。

31．

（1）4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3

（2）a.放热反应，lgK随T增大而减小；吸热反应，lgK随T增大而增大　b．焓变越大，lgK随T的变化程度越大

（3）99%　（4）Ca（ClO）2（或KClO3、KMnO4等氧化性物质）　

（5）CaS＋2O2

CaSO4

[解析]

（1）将给定的三个热化学方程式按照①×4＋②＋③×2相加可得目标方程式，故ΔH＝4ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3。

（2）反应①为放热反应，由图可看出，随着温度的升高，放热反应的平衡常数的对数在减小，故曲线Ⅰ表示反应③，曲线Ⅱ表示反应②。

（3）设开始时c（CO）＝a，转化的c（CO）＝x，则a－x＝8.0×10－5mol·L－1。

根据方程式可知，生成的c（CO2）＝x，平衡常数K＝

＝

＝

。

由图示可知，在900℃时，lgK＝2，K＝100，则x＝8.0×10－3mol·L－1，故CO的转化率＝

×100%≈99%。

（4）由于CO2气体中主要含有SO2气体，该气体具有比较强的还原性，故可加入具有氧化性的物质来除去，该氧化性的物质有Ca（ClO）2、KClO3、KMnO4等。

（5）由于要求原子利用率为100%，故反应类型属于化合反应，可将CaS在高温下与O2反应制取CaSO4，反应的方程式为CaS＋2O2

CaSO4；对二甲苯的结构简式为

苯环上只有一类氢原子，故在苯环上引入1个羧基，产物仅有1种，

其结构为

26．

（1）大于　0.0010　0.36mol·L－1

（2）①大于　反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高

②平衡时，c（NO2）＝0.120mol·L－1＋0.0020mol·L－1·s－1×10s×2＝0.16mol·L－1

c（N2O4）＝0.040mol·L－1－0.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1

K2＝

＝1.3mol·L－1

（3）逆反应　对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动

[解析]

（1）依题意知，温度升高，混合气体的颜色加深，说明平衡向生成NO2的正反应方向移动，即正反应是吸热反应；根据图像0～60s时段，NO2的物质的量浓度变化为0.060mol·L－1，根据公式v＝

即可计算出速率；根据图像可知NO2的平衡浓度为0.120mol·L－1，N2O4的平衡浓度为0.040mol·L－1，根据K＝

可计算出平衡常数K1。

（2）①根据题意知，改变反应温度为T后，反应速率降低，故为降低温度，即T小于100℃；②根据题意知，再次达到平衡后N2O4的浓度减小，Δc＝v·Δt＝0.0020mol·L·s－1×10s＝0.02mol·L－1，则NO2的浓度增加0.040mol·L－1，即达到新平衡时N2O4的浓度为0.020mol·L－1，NO2的浓度为0.160mol·L－1，据K＝

可计算出平衡常数K2。

（3）温度为T时，反应达到平衡，将反应容器减小一半，即增大压强。

其他条件不变时，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即向逆反应方向移动。

8．BC　[解析]a过程的活化能比b过程的高，故反应过程b有催化剂参与，A项错误；该反应生成物所具有的能量比反应物的低，且由图标信息可知二者能量的量值之差为ΔH，B项正确；不同催化剂的催化效率不同，故改变催化剂，可改变该反应的活化能，C项正确；在有催化剂的条件下，该反应的活化能等于E1，D项错误。

F2反应热的计算与重要的反应热

4．D　[解析]化学反应的焾变等于反应物总键焓与生成物总键焓的差，由此可确定D项正确。

6．D　[解析]依题意有：

①C（s）＋H2O（g）===CO（g）＋H2（g）　ΔH＝akJ·mol－1②2C（s）＋O2（g）===2CO（g）　ΔH＝－220kJ·mol－1

根据盖斯定律②－2×即得2H2（g）＋O2（g）===2H2O（g）　ΔH＝－（220＋2a）kJ·mol－1。

由于反应热等于断裂旧化学键吸收的能量与形成新化学键释放的能量的差值，

则496kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－2×2×462kJ·mol－1＝－（220＋2a）kJ·mol－1，解得a＝130。

7．

（1）b　

（2）氩　Na＋（或钠离子）

（3）MgO的熔点高，熔融时耗费更多能源，增加生产成本

AlCl3是共价化合物，熔融态难导电

（4）

SiCl4（g）＋2H2（g）

Si（s）＋4HCl（g）ΔH＝＋0.025akJ·mol－1

（5）b（6）4KClO3

KCl＋3KClO4

[解析]

（1）除稀有气体外，第三周期元素随原子序数的递增原子半径逐渐减小，而离子半径不一定减小，如r（Na＋）＜r（Cl－），a错误；同一周期的主族元素随原子序数的递增，金属性减弱，非金属性增强，b正确；同周期主族元素从左至右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，c错误；单质的熔点不一定降低，如Na的熔点低于Mg、Al等的熔点，d错误。

（2）第三周期元素的原子核外有三个电子层，次外层电子数为8，故该元素原子最外层的电子数也为8，该元素为氩；简单离子的氧化性越弱，对应单质的还原性越强，元素的金属性越强，第三周期中金属性最强的元素是Na，因此Na＋的氧化性最弱。

（3）由题给数据表知，MgO的熔点比MgCl2的熔点高，MgO熔融时耗费更多能源，增加成本；AlCl3是共价化合物，熔融态时不电离，难导电，故冶炼铝不能用电解AlCl3的方法。

（4）SiCl4属于共价化合物，其电子式为

；由SiCl4制纯硅的化学方程式为SiCl4（l）＋2H2（g）

Si（s）＋4HCl（g），生成1.12kg即40mol纯硅吸收akJ热量，则生成1mol纯硅需吸收0.025akJ热量。

（5）NH3是碱性气体，既不能用浓硫酸干燥，也不能用P2O5干燥；HI是具有还原性的酸性气体，可用P2O5干燥，但不能用浓硫酸干燥；SO2、CO2既能用浓硫酸干燥，又能用P2O5干燥，综上分析，正确答案为b。

（6）KClO3（Cl的化合价为＋5价）受热分解生成的无氧酸盐是KCl，另一含氧酸盐中氯元素的化合价必须比＋5价高，可能为＋6价或＋7价，若为＋6价，形成的盐中阴阳离子个数比不可能为1∶1，只能是＋7价，故该含氧酸盐为KClO4，据此可写出该反应的化学方程式。

28．

（1）C2H4＋H2SO4―→C2H5OSO3H、C2H5OSO3H＋H2O―→C2H5OH＋H2SO4　

（2）－45.5　污染小、腐蚀性小等　（3）①

＝

＝

＝0.07（MPa）－1　②p1

③将产物乙醇液化移去　增加n（H2O）∶n（C2H4）比

[解析]

（1）根据题中信息可写出由乙烯与浓硫酸间接水合法制乙醇的反应为C2H4＋H2SO4―→C2H5OSO3H和C2H5OSO3H＋H2O―→C2H5OH＋H2SO4。

（2）根据盖斯定律①－②－③得：

C2H4（g）＋H2O（g）===C2H5OH（g）　ΔH＝－45.5kJ·mol－1。

间接水合法中用到浓硫酸等强腐蚀性物质，与其相比直接水合法具有污染小、腐蚀性小等优点。

（3）①设起始时C2H4和H2O（g）的物质的量均为n，根据C2H4的转化率为20%，则平衡时C2H4、H2O（g）和C2H5OH的物质的量分别为80%n、80%n和20%n，则Kp＝

＝

＝

＝0.07（MPa）－1。

②增大压强，平衡将正向移动，能提高C2H4的转化率，即压强p1＜p2＜p3＜p4。

③为了使平衡正向移动，还可以将乙醇液化及时分离，或增大n（H2O）：

n（C2H4）之比等措施。

25．

（1）三　ⅠA　2　1s22s22p63s23p2

（2）

<

>

<

<

（3）4CuCl（s）＋O2（g）===2CuCl2（s）＋2CuO（s）

ΔH＝－177.6kJ·mol－1（合理答案均可）

（4）2ClO

＋C2e－l2===2ClO2＋2Cl－（合理答案均可）

[解析]

（1）Na核外电子分三层排布且最外层电子数为1，位于周期表的第三周期ⅠA族；S的价层电子排布为3s23p4，利用洪特规则和泡利不相容原理可知S的基态原子核外有2个未成对电子；依据能量最低原理以及洪特规则和泡利不相容原理，14号元素Si的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2。

（2）非金属性Si＜S，因此第一电离能Si＜S；核外电子排布相同的简单离子，核电荷数越大离子半径越小，离子半径O2－＞Na＋；离子晶体NaCl的熔点小于原子晶体单质硅的熔点；元素非金属性越强其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性H2SO4＜HClO4。

（3）利用氧化还原反应规律和原子守恒等可知，CuCl与O2反应得到氧化产物CuCl2，黑色产物必为还原产物CuO（同时也属于氧化产物），由此可得反应的热化学方程式：

4CuCl（s）＋O2（g）===2CuCl2（s）＋2CuO（s）　ΔH＝－177.6kJ/mol。

（4）Cl2将ClO

氧化为ClO2，自身被还原为Cl－，由此可得反应的离子方程式，并可标出电子转移的方向和数目。

23．

（1）

（2）b、c　（3）①

NaCl＋

H2O===

NaClO3＋

H2↑

②复分解反应

室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体

（4）①ClO

　②3ClO－（aq）===ClO

（aq）＋2Cl－（aq）　ΔH＝－117kJ·mol－1

[解析]

（1）与氯元素同族的短周期元素为F，F的原子结构示意图为

。

（2）Cl2、Br2、I2都是分子晶体，其熔点受分子间作用力影响，与非金属性无关，a项错误；单质的氧化性越强则其元素的非金属性越强，b项正确；非金属性强弱可用气态氢化物的稳定性判断，c项正确；卤素氢化物的酸性可用来判断氢原子与卤素原子形成的共价键强弱，d项错误。

（3）①根据氧化还原反应的化合价升降法配平可得：

NaCl＋3H2O===NaClO3＋3H2↑；②步骤Ⅱ发生的反应NaClO3＋KCl===KClO3↓＋NaCl↑，各元素的化合价没有变化，则该反应属于复分解反应。

在室温下，氯酸钾在水中的溶解度小于其他晶体，则有氯酸钾晶体析出而无其他晶体析出。

（4）①从图可知D中氯元素的化合价为＋7，则D为ClO

；②从图中可知：

A为Cl－，B为ClO－，C为ClO

，B→A＋C的氧化还原反应用升降法配平可得该热化学方程式为3ClO－（aq）===ClO

（aq）＋2Cl－（aq）　ΔH＝（63kJ/mol＋2×0）－3×60kJ/mol＝－117kJ/mol。

28．

（1）AX3（l）＋X2（g）===AX5（s）　ΔH＝－123.8kJ/mol　

（2）①

＝1.7×10－4mol·L－1·min－1

解：

开始时n0＝0.4mol，总压强为160kPa，平衡时总压强为120kPa，则n为

＝

，

n＝0.40mol×

＝0.30mol，

　　　　AX3（g）＋X2（g）

AX5（g）

起始时n0/mol：

0.20　　0.20　　　0

平衡时n/mol：

0.20－x　0.20－x　x

（0.20－x）＋（0.20－x）＋x＝0.30

x＝0.10

v（AX5）＝

＝1.7×10－4mol·L－1·min－1

②bca　加入催化剂。

反应速率加快，但平衡点没有改变　温度升高。

反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动（或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大）　③α＝2（1－

）　50%　40%

[解析]

（1）书写热化学方程式时要注意常温下AX3呈液态，AX5呈固态。

（2）②由图像知，达到平衡所需时间：

a＞c＞b，所以反应速率v（AX5）由大到小的顺序为b＞c＞a；与实验a相比，实验b先达到平衡，化学反应速率快，但平衡点没有变化，说明实验b加入了催化剂；反应为放热反应，与实验a相比，实验c平衡向逆反应方向移动，且反应速率加快，说明实验c改变的条件是升高温度。

　　　　　　AX3（g）　＋　　X2（g）

AX5（g）

起始量（mol）0.20.20

变化量（mol）xxx

平衡量（mol）0.2－x0.2－xx

则有

＝

，解得x＝

，则AX3的转化率为

＝2（1－

）；分别将实验a、c的p、p0的数据代入上式，得aa、ac分别为50%、40%。

5．A　[解析]将三个已知热化学方程式依次编号为①、②、③，依据盖斯定律，可得目标热化学方程式：

12×③＋5×②－2×①，即ΔH＝12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1，即选A。

10．C　[解析]C、CO的燃烧都是放热反应，故ΔH1＜0、ΔH3＜0，A项错误；CO2与C生成CO的反应为吸热反应，则ΔH2＞0；铁的燃烧为放热反应，则ΔH4＜0，B项错误；将第二、三个热化学方程式相加可得第一个热化学方程式，C项正确；将第五个热化学方程式系数同时乘以2后与第四个热化学方程式相加，再将系数同除以3可得第三个热化学方程式，故ΔH3＝

，D项错误。

13．B　[解析]依题意CuSO4·5H2O（s）溶于水发生反应CuSO4·5H2O（s）===Cu2＋（aq）＋SO

（aq）＋5H2O（l）　ΔH1＞0；CuSO4溶于水发生反应CuSO4（s）===Cu2＋（aq）＋SO

（aq）　ΔH2＜0；根据盖斯定律有：

CuSO4·5H2O（s）===CuSO4（s）＋5H2O（l），ΔH3＝ΔH1－ΔH2＞0。

ΔH2－ΔH3＝2ΔH2－ΔH1＜0，A项错误；ΔH3－ΔH1＝－ΔH2＞0，B项正确；ΔH3＝ΔH1－ΔH2，C项错误；ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝2ΔH2＜0，D项错误。

11．

（1）A、C

（2）消耗溶液中的酸，促进Al3＋和Fe3＋水解生成氢氧化物沉淀

（3）MnO2（s）＋SO2（g）===MnSO4（s）ΔH＝－248kJ/mol

（4）Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H（5）MnO2＋H2O＋e－===MnO（OH）＋OH－（6）

[解析]

（1）脱硫的目的是减少产生SO2，进而减少酸雨的产生，同时可对废弃物综合利用。

则A、C项符合题意。

（2）加入MnCO3消耗溶液中的H＋，促使Al3＋和Fe3＋的水解平衡正向移动，生成氢氧化物沉淀除去。

（3）将已知3个热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律，可知：

MnO2（s）＋SO2（g）===MnSO4（s）　ΔH＝③－（①＋②）＝－248kJ/mol。

（4）电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，则阳极是Mn2＋放电，其阳极电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋。

（5）原电池中正极得到电子发生还原反应，在碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则正极电极反应式为MnO2＋H2O＋e－===MnO（OH）＋OH－。

（6）KMnO4与MnSO4反应生成MnO2的质量为ckg，根据氧化还原反应化合价升降法配平的关系式为：

2KMnO4＋3MnSO4～5MnO2

　　　3mol　　5mol

　　　　x　　

mol

求得：

x＝

mol（MnSO4总的物质的量）

MnO2＋　　SO2　　===　　　　MnSO4

　　　1mol　　　　　　　　1mol

mol　y

求得：

y＝0.4abmol

除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰相当于MnO2的物质的量＝x－y＝

mol－0.4abmol，则所引入的锰相当于MnO2的质量＝（

mol－0.4abmol）×

＝

kg。

F3原电池原理

11．A　[解析]放电时正极发生的是得电子的还原反应，A项正确；充电时阴离子移向阳极，B错项误；充电时，被还原的是氢元素，生成的H2被储氢合金M吸收起来，M不参与反应，C项错误；因为6NiOOH＋NH3＋H2O＋OH－===6Ni（OH）2＋NO

，故NiMH电池中不可以同时使用KOH溶液、氨水，D项错误。

6．B　[解析]电池工作时，阳离子（Li＋）向正极迁移，A项错误；锂硫电池充电时，锂电极上发生Li＋得电子生成Li的还原反应，B项正确；两种电池负极材料不同，故理论上两种电池的比能量不相同，C项错误；根据电池总反应知，生成碳的反应是氧化反应，因此碳电极作电池的负极，而锂硫电池中单质锂作电池的负极，给电池充电时，电池负极应接电源负极，即锂硫电池的锂电极应与锂离子电池的碳电极相连，D项错误。

12．C　[解析]根据题给装置图判断，Li金属电极b电极为原电池的负极，电极反应式为Li－e－===Li＋，则a为电池的正极，A项正确；a电极的电极反应式为Li1－xMn2O4＋xLi＋===LiMn2O4，则充电时的反应为LiMn2O4===Li1－xMn2O4＋xLi，B项正确；放电时a极中是锰的化合价发生变化，C项错误；带正电荷的阳离子移向电源的正极，D项正确。

11．C　[解析]海轮的外壳是钢铁，因铁比铜活泼，海轮外壳上附着铜块后形成原电池，铁作负极，会加速海轮外壳的腐蚀，A项错误；B反应为气体体积减小的反应，反应ΔS＜0，若反应能自发进行，则ΔH－TΔS＜0，故反应的ΔH＜0，B项错误；由于盐类的水解反应为吸热反应，升高温度能增大CO

的水解程度，溶液中c（OH－）增大，溶液pH增大，C项正确；浓硫酸是酯化反应的催化剂，加入少量浓硫酸使反应速率增大，该反应为放热反应，一段时间后混合体系温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，D项错误。

4．D　[解析]根据电池反应方程式：

2AgCl＋Mg===Mg2＋＋2Ag＋2Cl－可知Mg为还原剂，是负极，故A项错误；负极失电子，故B项错误；可用KCl溶液激活是指电解质溶液可用KCl溶液代替，C项错误。

9．C　[解析]电池放电时正极发生还原反应，A项正确；电池正极反应物为NiOOH，所以电解质溶液须为碱性电解质溶液，可为KOH溶液，B项正确；充电时，该电池负极作阴极，发生得电子的还原反应，C项错误；MH中氢密度越大，其化学能密度越高，电池的能量密度越高，D项正确。

16．

（1）b　a

（2）MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2（3）否　电极Li是活泼金属，能与水反应

（4）3MnO2＋KClO3＋6KOH

3K2MnO4＋KCl＋3H2O　2∶1

[解析]

（1）该电池工作时Li失去电子作负极、MnO2得到电子作正极，故外电路的电流方向是由b极流向a极。

（2）电池正极上MnO2得到电子，其中＋4价的Mn元素变为＋3价，由此可以写出电池的正极反应式为MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2。

（3）由于Li易与水反应，故不能用水代替电池中的混合有机溶剂。

（4）因锰元素价态升高，故KClO3被还原为KCl，故可将方程式先写成：

MnO2＋KOH＋KClO3―→K2MnO4＋KCl，依得失电子守恒得：

3MnO2＋KOH＋KClO4―→3K2MnO4＋KCl，再根据质量守恒知KOH前应该配6，右侧还有“3H2O”。

K2MnO4（Mn为＋6价）在酸性溶液中歧化，生成KMnO4（锰为＋7价）和MnO2（锰为＋4价）。

由氧化还原反应中得失电子守恒可知生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为2∶1。

28．

（1）

编号

实验目的

炭粉/g

铁粉/g

醋酸/%

②

2.0

③

炭粉含量的影响

（2）吸氧　

　还原　2H2O＋O2＋4e－===4OH－（或4H＋＋O2－4e－===2H2O）

（3）反应放热，温度升高

（4）实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）：

①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出导管）；

②通入氩气排净瓶内空气；③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2＋等）。

如果瓶内压强增大，假设一成立。

否则假设一不成立。

[解析]

（1）为得出影响规律，两个对比试验只能保留一个变量不同，实验②为探究醋酸浓度的影响，则所取碳粉质量、铁粉质量需要和实验①相同；对比实验①、实验③，二者所取碳粉质量不同，实验③的实验目的是探究碳粉含量对实验的影响。

（2）容器内气体压强变小，则容器内气体物质的量减少，说明发生了吸氧腐蚀；发生腐蚀时形成原电池，因此电子由负极（Fe）流向正极（C）；在炭粉（正极）表面发生的反应是溶解的O2得电子还原为OH－（起始时，滴入醋酸，则电解质溶液酸性强，O2得电子发生还原反应，与H＋结合成H2O，因此正极电极反应也可写成4H＋＋O2＋4e－===2H2O）。

（4）锥形瓶内压强开始时变大的原因有两个：

一是发生析氢腐蚀，二是反应放热，瓶内温度升高；为验证发生析氢腐蚀，可另取一装置，药品用量和实验操作与编号①的实验相同，根据需要可在橡皮塞上打孔，通过测量瓶内压强随时间的变化、溶液中c（Fe2＋）随时间的变化等均可，利用测得数据做出相应判断。

8.B　[解析]锌锰干电池的正极为二氧化锰得电子，A错误；燃料电池正极为氧气得电子，B正确；铅蓄电池正极为二氧化铅得电子，C错误；镍镉电池的正极为氢氧化镍得电子，D错误。

26．

（1）4NH3＋5O2

4NO＋6H2O

（2）①p1＜p2　②减小

（3）①A　②2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3

（4）NH3　根据反应：

8NO＋7H2O

3NH4NO3＋2HNO3，电解产生的HNO3多