2022届高三化学一轮复习 化学反应原理16 化学反应速率图像专题（含解析）.docx

1、化学反应速率图像专题一、单选题（共13题）1用纯净的固体与100mL稀盐酸反应制取。实验过程记录如图所示(的体积已折算为标准状况下的体积，溶液体积变化忽略不计)，下列说法中正确的是AOE段表示的平均反应速率最大BEF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mol/(Lmin)CFG段温度对反应速率的影响比浓度大DOE、EF、FG三段中，用表示的平均反应速率之比为2：4：12下列叙述及对应图示正确的是A图甲是某温度下c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100molL-1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系曲线，pH=3的溶液中：Ka”“”

2、、“”或“”填空：该反应的 H_0，mn_p。用“增大”“减小”或“不变”填空(其他条件不变)：恒容下加入 B，则 A 的转化率_；升高温度，则平衡时 B、C 的浓度之比 c(B)/c(C)将_；加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量_。若 A、C 均为无色气体，B 为红色气体，用“变深”、“变浅”或“不变”填空：恒容下加入 C，平衡混合物的颜色_；而恒压充入氖气，平衡混合物颜色_。24汽车尾气中NOx的排放是造成空气污染的重要因素之一，研究NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。（1）利用活性炭可处理NO。在5L密闭容器中加入NO和活性炭(假设无杂质)，一定条件下牛成气体E和F。当温度分别

3、在T1和T2时，测得各物质平衡时物质的量(n/mol)如下表：一定条件下，已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+180.6kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)H=393.5kJmo1-1请写出NO(g)与C(s)反应的热化学方程式_；根据上述信息判断，温度T1和T2的关系是_（填序号)；a. T1T2b. T1T2c.无法比较上述反应T1时达到化学平衡后再通入0.1 mol NO气体，则达到新化学平衡时NO的转化率为_。（2）催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为4NH3+6NO5N2+6H2O不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)的物质的

4、量之比分别为4：1、3：1、1：3时，得到NO脱除率曲线如图所示：由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900时NO脱除率都会骤然下降，这是因为在有氧条件下氦发生了副反应，请写出反应的化学方程式_。曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是_。曲线a中NO的起始浓度为610-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_mg/(m3s)。（3）NSR技术可实现NOx的储存还原，NOx的储存和还原在不同时段交替进行，工作原理如图a所示。通过BaO和Ba(NO3)的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_。用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过

5、程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是_。还原过程中，有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_参考答案1D【详解】AOE、EF、FG三段对应所用时间相同，生成的二氧化碳体积分别为224mL、(672-224)mL=448mL、(784-672)mL=112mL，故EF段表示的平均速率最快，故A不选；BEF段，n(CO2)= =0.02mol，根据关系式CaCO32HClCO2，

6、则n(HCl)=2n(CO2)=0.04mol，用盐酸表示该反应的平均反应速率为=0.4mol/(Lmin)，故B不选；C从EF段到FG段，反应继续放热、温度继续升高、反应物浓度下降，反应浓度速率变慢，则FG段温度对反应速率的影响比浓度小，故C不选；DOE、EF、FG三段中，时间相同，生成的气体的体积比等于反应速率之比，则用CO2表示的平均反应速率之比为224mL:448mL:112mL=2:4:1，故D选；故选：D。2B【详解】A根据图像中交点的坐标可知，CH3COOH的电离常数Ka=10-4.75，pH=3时电离常数不变，故A错误；B由图可知，t1时刻c(CO2)突然变大，一段时间后，浓度

7、与改变前相同，则t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故B正确；C铁条与盐酸的反应是放热反应，随反应的进行，温度越来越高，故C错误；DNa2CO3溶液中加水稀释，越稀越水解，随着加水量的增加，Na2CO3的水解程度越来越大，A点小于B点，故D错误；故选B。3C【详解】碳酸钙和稀盐酸反应的方程式：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，由关系式： ，经计算可知，两组实验中的均完全反应，实验甲中石灰石的量比实验乙中的大，故实验甲产生的的体积更大，又因为固体粉末状的速率比颗粒状的大，故选：C。4A【详解】A图中的曲线表明，在第一个2 min内产生了0.1 mol ，第二个2 min内产生

8、了0.2 mol ，第三个2 min内产生了0.05 mol ，反应速率先增大后减小，A项错误，B反应速率先增大后减小，B项正确；C反应过程中温度和反应物浓度对反应速率均有影响，反应放热，使溶液温度升高，24 min内温度对反应速率的影响大，导致反应速率增大，C项正确；D4 min后速率下降主要是由于反应物浓度降低，D项正确；故选A。5D【详解】A在02 min内，用B的浓度变化表示反应速率v(B)= =0.05 mol/(Lmin)，A错误；B根据图象可知：在t1 min时，v逆突然降低，若改变的条件是升高温度，则反应速率应该比原来增大，因此改变条件不可能是升高温度，B错误；C根据图象可知：

9、在t3 min时，v逆突然降低，且一直保持不变。若改变的条件是增大压强，则反应速率应该增大，且c(B)也增大，与图象不吻合，C错误；D根据图象可知：在t4 min时，v逆突然增大，且一直保持不变，说明反应速率加快，但平衡不发生移动，此时c(B)不变，改变的条件可能是使用了催化剂，D正确；故合理选项是D。6C【详解】由v=c/t可知，v正与t的乘积为浓度减小量，v逆与t的乘积为浓度增加量，所以阴影部分的面积为正反应B的浓度减少与逆反应B的浓度增加的差，即为B浓度的减少，也等于C浓度的增加，为A浓度减少的2倍。故选C。7C【分析】反应中Cl元素化合价由+5价降低为-1价，S元素化合价由+4价升高到

10、+5价，则反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，随着反应的进行，氢离子浓度增大，反应速率增大，但同时反应物浓度减小，因此后期反应速率逐渐减小，据此分析解答。【详解】A反应中KClO3为氧化剂，KHSO3为还原剂，反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，可知反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为13，故A正确；B反应开始阶段氢离子浓度增大，由题给信息可知，速率逐渐增大可能是c(H+)逐渐增高导致的，故B正确；C反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，v()v()=13，纵坐标为v()的v-t曲线与图中曲线不重合，故C错误；D反应后期虽然氢离子浓度增大，但c()、c()降低，反应速率减

11、小，故D正确；故选C。8B【详解】A升高温度，正逆反应速率都增大，都大于原来平衡速率，故A不符合题意；B反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量为吸热反应，该图表示正确，故B符合题意；C图中向20mL0.1molL-1硫酸中滴加0.1molL-1NaOH溶液时，溶液酸碱性的变化是：酸性溶液中性溶液碱性溶液，20mL0.1molL-1硫酸中的氢离子的物质的量为20mL0.1molL-12=0.004mol，酸碱滴定达到滴定终点时n(H+)=n(OH-)，V(OH-)=0.04L=40mL，故滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40mL，故C不符合题意；D稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时

12、，稀释相同倍数时碱性强的pH变化大，弱碱pH的变化较小，因为在电离过程中弱碱还可以不断电离出氢氧根，故碱性NOHMOH，故D不符合题意；答案选B。【点睛】易错点为选项C，应明确所加溶液体积与酸碱反应的情况，滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40mL。9A【详解】同一化学反应，加入催化剂，正、逆反应速率都增大，即a1a2，平衡时速率也增大，即b1b2；反应所需时间缩短，即t1t2；但不改变反应物的转化率，也就是两种情况下反应物的变化量相等，即两图中阴影部分面积相等；综合以上分析，符合题意，故选A。10A【详解】由于X条件下的盐酸浓度比Y条件下的浓度大，故与镁反应时X的反应速率大于Y的，用时X比Y的

13、更短，而X中含有的HCl的物质的量25 mL 0.2 mol/L10-3L/mL=510-3mol与Y中所含的HCl的物质的量50 mL 0.1 mol/L10-3L/mL=510-3mol，二者相同，故最终生成的H2的量相等，故上述图像中，A图符合题意，故答案为：A。11D【详解】A. 由图像可知，该反应在开始的一段时间内化学反应速率随着反应浓度的减小而逐渐增大，因此该反应是放热反应，温度升高对化学反应速率产生了影响，A说法正确；B. 0t1时间段，CO2的体积变化量为V1mL，所以这段时间内的平均速率为v (mLmin-1)，B说法正确；C. 减小反应物的浓度可以减小化学反应速率，在相同时

14、间内，生成的二氧化碳越多则化学反应速率越大，根据(V3V2)(V2V1)推测反应速率减慢的原因可能是盐酸浓度减小,C说法正确；D. 由图像可知，(V10)(V2V1)，说明0t1的反应速率比t1t2的反应速率慢，D说法不正确。本题答案为D。12D【详解】A.从图象中可以看出，40以前，温度越高，反应速度越快，40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，说明没有生成I2，故A错误；B. 40后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55，未变蓝，说明没有生成I2，故B错误；C.图中b、c点对应的反应温度不同，反应速率不同，故C错误；D.a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L

15、，a点对应的NaHSO3反应速率=5.0105molL1s1，故D正确；答案选D。13C【分析】A、由图象分析可以知道，t0t，反应正向进行，v(正)v(逆)；B、由图象分析可以知道，t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；C、向密闭容器中加A，正反应速率瞬间增大，不符合图象；D、由图象分析可以知道，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，则平衡常数不变。【详解】A、由图象分析可以知道，t0t，反应正向进行，v(正)v(逆)，故A正确；B、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数=，故B正确；C、向密

16、闭容器中加A，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不可能增大，不符合图象，所以C选项是不正确的；D、t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以、两过程达到平衡时，平衡常数I=，故D正确；故答案选C。【点睛】本题的难点是t2时刻改变的条件。该反应特点是A（g）+B（g）2C（g），且在恒温恒压条件下，根据图像可知，t2时刻改变条件后，逆反应速率瞬间增大，达到新平衡后，逆反应速率和原平衡相等，因此改变的条件应是向密闭容器中加C，建立了等效平衡。14C【详解】Ab点c（Ag+）c（Cl-）Ksp，d点c（Ag+）c（Cl-）Ksp；a点和c点处于相同温度下，c（Ag+）c（Cl-

17、）=Ksp且相同，选项A错误；B图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某条件后反应速率随时间变化，正逆反应速率均增大且保持相等，则改变的条件一定可能是加入催化剂，若反应为气体体积不变的反应，则也可能为增大压强，选项B错误；CpH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，选项C正确；D图4表示水溶液中H+和OH-浓度的关系，A、B点都可表示中性的溶液，不一定为纯水，选项D错误。答案选C。150.079molL-1s-1 0.395molL-1 79.0% X(g)Y(g)2Z(g) 4H4I-O2=2I22H2O 温度对

18、反应速率的影响 淀粉溶液 CD 【详解】(1)10s时，Z的物质的量增加1.58mol，其反应速率为： molL-1s-1，X的物质的量由1.20降低到0.41，其浓度较少量为：=0.395molL-1，Y的物质的量由1.0减少为0.21，其转化率为：，故答案为：0.079molL-1s-1；0.395molL-1；79.0%；(2)由图可知X、Y为反应物，Z为生成物，三者的变化分别为：0.79、0.79、1.58，变化量之比为1:1:2，可得反应方程式为：X(g)Y(g)2Z(g)，故答案为：X(g)Y(g)2Z(g)；II.(1)KI具有强的还原性，能被氧气氧化成碘单质，反应的离子方程式为

19、：4H4I-O2=2I22H2O，故答案为：4H4I-O2=2I22H2O；(2)由表格数据可知，该实验改变的外界条件是温度，测量的是不同温度条件下显色的时间，可知其其探究的是温度对反应速率的影响，故答案为：温度对反应速率的影响；(3)为确定显示的时间，需要用到指示剂与碘单质出现显色，结合碘单质的性质可知应用淀粉溶液作指示剂，故答案为：淀粉溶液；(4)设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，而浓度条件在(3)已经控制一致，因此还必须控制不变的是试剂的量和试剂的添加顺序，故答案为：CD；16大 未知浓度的盐酸反应速率更快 CD 不相同 该反应实质为Zn与H+反应，等浓度

20、的盐酸和硫酸，硫酸中c(H+)更大，反应速率更快 192.64C 【详解】(1)根据图示未知浓度的盐酸反应所需时间短可判断，甲同学所用未知浓度的盐酸的浓度比大(填“大”或“小”)，理由是未知浓度的盐酸反应速率更快。故答案为：大；未知浓度的盐酸反应速率更快；(2)A蒸馏水降低浓度，反应速率变慢，故A可行； BKCl溶液降低反应混合物浓度，反应速率变慢，故B可行；C溶液与氢离子结合成硝酸，得不到氢气，故C不可行； D溶液能与锌反应，影响氢气的产量，故D不可行；故答案为：CD；(3)丙同学用硫酸代替上述实验中的盐酸，二者的反应速率是否相同不相同(填“相同”或“不相同”)，理由是该反应实质为Zn与H+

21、反应，等浓度的盐酸和硫酸，硫酸中c(H+)更大，反应速率更快。故答案为：不相同；该反应实质为Zn与H+反应，等浓度的盐酸和硫酸，硫酸中c(H+)更大，反应速率更快；(4)如果图中22.4mL是在标准状况下测得的气体体积，则在该过程中转移电子的电量是 =192.64C(1个电子的电量为)，故答案为：192.64C。172AB 0.05mol/(Lmin) 否 = t2-t3 t4-t5 50% B AB 【详解】(1)从图像可以看出，在反应过程中，A的物质的量减小，为反应物，B的物质的量增加，为生成物。从开始到4min时，A的物质的量从0.8mol减小到0.4mol，减小了0.4mol，B的物质

22、的量从0.2mol增加到0.4mol，增加了0.2mol。A和B变化的物质的量之比为0.4mol:0.2mol=2:1，变化的物质的量之比等于方程式的系数比，同时可以从图像中看出，8min后，A和B的物质的量不再变化，说明该反应是可逆反应，8min后，反应达到了平衡状态，则反应的化学方程式为：2A B。(2)从开始到4min时，消耗的A的物质的量为0.4mol，容器体积为2L，则消耗的A的物质的量浓度为0.2mol/L，用A表示的反应速率为=0.05mol/(Lmin)。(3)4min时，A和B的物质的量仍在变化，所以没有达到平衡状态。8min时，A和B的物质的量不再变化，达到了平衡状态，则v

23、正=v逆。(1)正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以处于化学平衡状态的时间段为t2-t3和t4-t5。(2)起始时容器中共有气体10mol，平衡时压强为开始时的80%，在恒温恒容的容器中，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气的总的物质的量为10mol80%=8mol，比起始时减小了2mol，根据合成氨反应的方程式可知，反应中变化的物质的量即为生成氨气的物质的量，所以生成氨气2mol，则消耗了1mol氮气，所以氮气的转化率为=50%。已知每生成2 mol NH3，放出92.4 kJ的热量。该反应中生成了2 mol NH3，所以放出92.4 kJ的热量，故选B。(3)A该反应前后气体系数

24、之和不相等，即反应前后气体物质的量有变化，所以反应前后压强会发生变化，当压强不变时，反应达到了化学平衡，故A选；B该反应在绝热条件下进行，当体系温度不变时，反应达到了化学平衡，故B选；CN2、H2、NH3的分子数之比为1:3:2，和反应是否平衡无关，故C不选；D反应物和生成物均为气体，混合气的总质量一直不变，所以混合气体质量不变不能证明反应达到了化学平衡，故D不选；故选AB。18 O时间段：反应物浓度高，但温度较低，所以速率较慢；时间段：由于反应放热，温度升高，反应速率变快； 时间段：随反应物浓度的下降，速率又变慢 以后反应物中至少有一种消耗完全。 【分析】(1)首先明确横、纵坐标的含义，特别

25、是纵坐标并不是速率，因此从曲线的斜率大小来判断反应的快慢。(2)一个反应的反应速率的大小受制于若干条件，综合分析每个阶段的主要影响因素。(3)当反应停止时，收集到的气体体积不再发生变化。【详解】(1)首先明确横、纵坐标的含义，特别是纵坐标并不是速率，因此从曲线的斜率大小来判断反应的快慢，之前，时间段的斜率最小，反应最慢。纵会标升幅最大，故收集到的气体就多；(2) O时间段：反应物浓度高，但温度较低，所以速率较慢；时间段：由于反应放热，温度升高，反应速率变快； 时间段：随反应物浓度的下降，速率又变慢；(3)当反应停止时，收集到的气体体积不再发生变化。19 放热 未 正向 减小 【详解】(1)根据

26、图像知，平衡时X减少，Y减少，Z增加，故发生反应的方程式为；由图知温度时先达到平衡且Y的体积分数更大，而升温向吸热方向移动，故正反应放热，故答案为：；放热；(2)由图可知，当时，该反应未达到平衡状态；若为10min，时间内，X减少，则；故答案为：未；(3)其它条件不变，再充入一定量X时，平衡正向移动；由于充入了X，X的转化率减小，故答案为：正向；减小。200.079mol/(Ls) 0.395mol/L X(g)+Y(g)2Z(g) BD 【详解】(1)从反应开始到10s，Z的物质的量改变1.58mol，容器的体积为2L，则Z表示的反应速率为：=0.079mol/(Ls)；(2)根据图象可知，

27、X的物质的量浓度减少了：=0.395mol/L；反应的物质的量之比等于化学计量数之比，则(1.2-0.41) mol：(1.00-0.21) mol：1.58mol=1：1：2，减少的为反应物，增大的为生成物，则方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)；(3) At1时刻，增大了X的浓度，X为反应物，则正反应速率增大，逆反应速率不变，A与图象不符；B反应为气体不变的反应，则t1时刻，缩小了容器体积，平衡不移动，正逆反应速率均增大，且增大的程度相同，B与图象符合；Ct1时刻，升高了体系温度，正逆反应速率均增大，但增大的程度不同，C与图象不符；Dt1时刻，使用了催化剂，正逆反应速率均增大，且增大的程度

28、相同，D与图象符合；答案为BD。21 大于 1.3 【详解】（1）根据沉积碳的生成速率方程可知，在一定时，沉积碳的生成速率随的增大而减小，所以根据题图可知，、从大到小的顺序为。（2）温度越高，反应速率越大，由题图可知，a点所在曲线对应的温度高于b点所在曲线对应的温度，所以a点的反应速率大于b点的反应速率。a点所在曲线达到平衡时，即，从题图可知，a点所在曲线平衡时的转化率为22%，设投入，则根据“三段式”得 代入得，在a处的转化率为20%，根据“三段式”得则，将代入计算得。22ACDF C E B A 大于 正向 5：6 【详解】(1)根据图示可以知道, t0t1、t2t3 、t3t4、t5t6

29、时间段内,v正=v逆，反应处于平衡状态，因此，本题正确答案是：ACDF 。(2)由N2+3H22NH3 H增大减小 不变变深变浅【解析】【详解】(1)a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果；b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因；若增大压强时，平衡向正反应方向移动，则正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，图像应为；故答案为：升高温度；降低产物SO3浓度；(2)当升高温度时，B的转化率变大，说明平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应是吸热反应，减小压强时

30、，混合体系中C的质量分数也减小，平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，即m+np，故答案为：；加入B(体积不变)，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，则A的转化率增大，升高温度平衡向正反应移动，平衡时B的浓度降低，C的浓度增大，所以则平衡时B、C的浓度之比cBcC将减小，催化剂不影响化学平衡状态，所以平衡时气体混合物的总物质的量不变，故答案为：增大；减小；不变； 加入C(体积不变)时，平衡向逆反应方向进行，B的浓度增大，颜色变深；维持容器内压强不变，充入氖气，容器体积增大，B的浓度降低，颜色变浅，故答案为：变深；变浅。24C(s)+2NO(g)=CO2(

31、g)+N2(g) H=-574.IkJ/mol b 80% 4NH3+5O24NO+6H2O 1:3 1.510-4 BaO 8:1 415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O 【解析】（1）N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.6kJmol-1 C(s)+O2(g)=CO2(g) H=393.5kJmo1-1 - 2 NO(g)+ C(s)= CO2(g)+ N2(g) H= -574.IkJ/mol 答案：C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g) H=-574.IkJ/mol因为C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g) H=-574.IkJ/mol为放

32、热反应，由表知b. T1T2答案b。 反应T1时达到化学平衡后再通入0.1molNO气体，根据方程式计算 2 N2(g) + O2(g)= 2NO(g)起始物质的量 0.120 0.04 0.04改变物质的量 2n nn平衡时物质的量 0.12-2n 0.04+n 0.04+n则平衡常数K=/= 4解n=0.04mol，则转化率为0.042=0.1=80%；（2）由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900时NO脱除率都会骤然下降，这是因为在有氧条件下氨发生了副反应，此反应的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O；n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4：l、3：l、1：3时，NO

33、的含量越来越大，去除率越来越低，曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是1：3，其NO的去除率最低；曲线a中NO的起始浓度为610-4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为mg/(m3s)。（3）由图分析NO和O2反应生成NO2。在和BaO反应生成Ba(NO3)2在与还原性气体反应，放出N2。所以是储存NOx的物质是BaO。由b知第一步反应为Ba(NO3)2+8 H2=BaO+ 2NH3+ 10H2O 所以消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1还原过程中，有时会产生笑气(N2O)。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。所以该反应的化学方程式415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O答案：415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O