+--H2O噲垐??H+OH，所以c(OH)>c(
?)，故A错误； NH4?3B.NH4HCO3溶液显碱性，说明
HCO的水解程度大于NH4+的水解，所以c(
?)>c(NH4HCO3?)，
-+
?水解：?+H2O噲垐?垐??H2CO3+OH，NH4?NH3?H2O+H，前者HCO3?水解：H2O+ HCO3?噲NH4水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3?H2O)，故B正确； C.由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(C错误；
D.由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(电荷守恒有：c(
?)+c(NH3?H2O)=4[c(H2CO3)+c(NH4HCO3?)+c(CO32?)]①；
?)+c(NH3?H2O)=2[c(H2CO3)+c(NH4HCO3?)+c(CO32?)]，故
+-?)+c(H)=c(?)得：NH4HCO3?)+2c(CO32?)+c(OH)②；结合①②消去c(NH4c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(
HCO3?)+2c(CO32?)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨
水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(
HCO3?)+c(CO32?)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32?)，则有
c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(
CO2?3)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(
HCO3?)+3c(CO32?)，将④带入③中
得，c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(故选BD。 15.答案：BD
+
CO32?)=c(H)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；
解析：A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，?H<0，故A错误；
B.根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；
C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；
D.设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式
c2(NO2)(0.5a)21?K=2=2000，故D正确； >
c(NO)?c(O2)(0.5a)2?(5?10?4?0.5a)5?10?4故选BD。
16.答案：（1）2NH3+2O2（2）①BC②NaNO3;NO
N2O+3H2O
（3）①3HClO+2NO+H2O=3Cl?+2NO3+5H+
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
解析：（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2故答案为：2NH3+2O2
N2O+3H2O；
N2O+3H2O，
?（2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；
C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。 故答案为：BC；
②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2+H2O，2NO2+2OH-=NO2+NO3+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO， 故答案为：NaNO3；NO；
（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为
-2NO+3HClO+H2O=2NO3+3Cl-+5H+，
-+3Cl-+5H+； 故答案为：2NO+3HClO+H2O=2NO3-②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3+3Cl-+5H+
????可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强， 故答案为：溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。 17.答案：(1).（酚）羟基;羧基 (2).取代反应
(3).
(4).
(5).
解析：（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团为-OH和-COOH，名称为(酚)羟基、羧基， 故答案为：(酚)羟基；羧基；
（2）根据以上分析可知，A→B的反应中-COOH中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应， 故答案为：取代反应；
（3）观察对比C、D的结构可知，C→D的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成D，根据副产物X的分子式C12H15O6Br，C→D的反应生成的副产物为C中两个酚羟基都发生了取代反
应，可知X的结构简式为，
故答案为：；
（4）C为，C的同分异构体满足以下条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，
说明含有酚羟基；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1，说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同分异构体为酚
酯，结构简式为，
故答案为：；
（5）根据逆合成法，若要制备，根据题给已知可先制备和
CH3CH2CHO。结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO，参考题中E→F的反应条件，
在LiAlH4条件下发生还原反应生成，和HCl发生取代反应
生成，在Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反应生成，
和CH3CH2CHO在一定条件下反应生成
CH3CH2CH2OH
CH3CH2CHO，
，所以合成路线设计为：
，
故答案为：CH3CH2CH2OH
CH3CH2CHO，
。
18.答案：（1） ①CaC2O4
CaCO3+CO↑
H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 ②CaC2O4·（2）①CO2+H++2e?
HCOO?或CO2+HCO3+2e?
??HCOO?+CO3
2?②阳极产生O2，pH减小，HCO3浓度降低；K+部分迁移至阴极区
（3）①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 ②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
H2O的物质的量为1mol，即质量为146g，根据图像，第一阶段剩余固体解析：（1）①令CaC2O4·
质量为128，原固体质量为146g，相差18g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了28g，相差1个CO，因此400℃~600℃范围内，分解反应方
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