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高中化学苏教版选修2 化学与技术第三单元 无土栽培技术课后测评
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这是一份高中化学苏教版选修2 化学与技术第三单元 无土栽培技术课后测评，共12页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.以下有关非金属及其化合物的说法错误的选项是〔 〕
A. 碘酸钾溶液中参加淀粉溶液变蓝色
B. 钾云母(KH2Al3Si3O12)用氧化物的形式表示为：K2O•3Al2O3•6SiO2 •2H2O
C. 碳酸氢铵易溶于水，既能与酸反响，又能与碱反响
D. 无色的一氧化氮气体遇到空气会变为红棕色
2.以下指定反响的离子方程式正确的选项是( )
A. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
B. 用铝粉和NaOH溶液反响制取少量H2：Al+2OH−= AlO2- +H2↑
C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2 NO3- +2H+=Cu2++2NO2↑+H2O
D. NaHCO3溶液与足量的NaOH溶液混合： HCO3- ＋OH-= CO32− ＋H2O
3.在含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、NH4+的溶液中参加足量的Na2O2固体，再参加过量的稀盐酸，完全反响后，离子数目几乎没有改变的是( )
A. Fe2＋ B. Fe3＋ C. Al3＋ D. NH4+
4.以下关于氮及其化合物说法，不正确的选项是〔 〕
A. 工业上可用液氨作制冷剂 B. 铵态氮肥应防止与碱性肥料混合使用
C. NO、NO2均为大气污染气体，在大气中可稳定存在 D. 工业浓硝酸常因溶有NO2而略显黄色
5.NH4++AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+NH3·H2O，向含有等物质的量的NH4+、Al3+、H+的混合溶液中，慢慢滴加NaOH溶液直至过量，并不断搅拌，发生以下离子反响：
①H++OH-=H2O②Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
③Al3++3OH-=Al(OH)3↓④NH4++OH-=NH3·H2O
先后顺序正确的选项是〔 〕
A. ①→②→③→④ B. ①→③→②→④ C. ①→③→④→② D. ①→④→②→③
6.以下对有关实验事实的解释正确的选项是〔〕
A. 镁条在CO2气体中能剧烈燃烧，生成白色粉末和黑色固体，说明镁燃烧时不能用CO2灭火
B. 枯燥的氯气能使湿润的红色布条褪色，说明氯气具有漂白性
C. 铜和浓硝酸反响生成NO2 ， 铜和稀硝酸反响生成NO，说明稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
D. 紫色高锰酸钾溶液中通入SO2后，溶液紫色褪去，说明SO2具有漂白性
7.以下说法正确的选项是〔〕
A. 明矾可用于自来水的杀菌消毒
B. 漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理相同
C. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸见光易分解
D. 由反响SiO2+4HF = SiF4↑+2H2O，可知SiO2是碱性氧化物
8.总的物质的量为0.50ml的Fe粉与Al粉混合物分为等质量的两份；在一份中参加足量的稀盐酸，在标准状况下产生气体aL；在另一份中参加足量的氢氧化钠溶液，在标准状况下产生气体bL。那么a+b的数值不可能是〔 〕
A. 5.6 B. 7.3 C. 8.2 D. 11.2
9.将一定量的由Cu和Cu2O组成的混合粉末参加到125mL2.6ml·L－1的硝酸中，固体恰好完全溶解，得蓝色溶液X并收集到VmL(标准状况)的纯洁无色气体Y。以下结论正确的选项是
A. X中有两种溶质 B. Y通入纯水中得到酸性溶液
C. 原混合粉末的总质量小于7.8g D. 当V=1680时，原混合粉末中Cu和Cu2O的物质的量之比为8∶1
10.以下有关氨和铵盐说法正确的选项是( )
A. 氨和铵盐都易溶于水，都能生成NH B. 铵盐都能与碱反响，不能与酸反响
C. 实验室制备氨气可用如下图试剂和装置 D. 铵盐受热分解都能产生氨气
11.将7 g某铜银合金与足量的a ml·L－1的HNO3充分反响，完全溶解后放出的气体与标准状况下的氧气0.56L混合，通入水中恰好完全吸收。此合金中铜的质量是 ( )
A. 1.6 g B. 2.4 g C. 3.2 g D. 4.8 g
12.以下说法正确的选项是〔 〕
A. 不慎将浓硝酸沾到皮肤上会出现黄色斑痕 B. 光导纤维的主要成分是硅单质
C. 用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气 D. 饮用水越纯洁越好
13.以下金属中在常温下不溶于浓硝酸的是〔 〕
A. 锌 B. 镁 C. 铝 D. 铜
14.一定量的铁、镁和铜的混合物与一定量的浓HNO3恰好反响，得到硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与2.24L O2〔标准状况〕混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸．假设向所得硝酸盐溶液中参加2ml/L的NaOH溶液至Fe3+、Mg2+、Cu2+恰好沉淀，那么消耗NaOH 溶液的体积是〔 〕
A. 400 mL B. 200 mL C. 150 mL D. 80 mL
15.以下有关化学键的说法中错误的选项是〔 〕
A. 氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键 B. 离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含有离子键
C. 氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化 D. 碘晶体升华和冰熔化时都未涉及化学键的变化
16.将2.6g某金属与足量稀硝酸充分反响无气体放出，再向溶液中参加过量NaOH溶液并加热，收集到标况下气体0.224L，该金属是〔 〕
A. Mg B. Al C. Fe D. Zn
17.以下推断正确的选项是〔 〕
A. N2、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 B. 向AlCl3溶液中滴加过量的氨水能看到先产生白色沉淀，后沉淀溶解
C. 可用浓硫酸或者浓硝酸除去镀在铝外表的铜镀层 D. 在稀硫酸中参加铜粉，铜粉不溶解；再参加Cu(NO3)2固体，铜粉就会溶解
二、综合题
18.请根据物质在生产、生活等方面的应用填空：
〔1〕苏打水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈________〔填“无〞或“红〞〕色；
〔2〕检验某补铁剂中的Fe2+是否被氧化成Fe3+ ， 可向该补铁剂溶液中参加KSCN溶液，假设溶液________〔填“变红色“或“产生红褐色沉淀〞〕，那么Fe2+已被氧化成Fe3+；
〔3〕铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性食物，但常温下铝制容器可以整装浓硫酸，是由于铝在冷的浓硫酸中________〔填“不反响“或“钝化〞〕，
19.盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸〞．现就硫酸、硝酸与金属铜反响的情况，答复以下问题：
〔1〕工业上制备硫酸铜是利用废铜屑经灼烧后，在加热情况下跟稀硫酸反响，有关的化学方程式是：________．不采用铜跟浓硫酸反响来制取硫酸铜的原因是________．
〔2〕在一定体积的10ml•L﹣1的浓硫酸中参加过量铜片，加热使之反响，被复原的硫酸为0.9ml．那么浓硫酸的实际体积________〔填“大于〞、“等于〞或“小于〞〕180mL．
〔3〕假设使剩余的铜片继续溶解，可在其中参加硝酸盐溶液〔如KNO3溶液〕，那么该反响的离子方程式为________．
〔4〕将8g Fe2O3投入到150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉，充分反响后，收集到1.68L H2〔标准状况〕，同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4ml•L﹣1的NaOH溶液150mL．那么原硫酸的物质的量浓度为________．
20.某同学发现他家蔬菜地中的蔬菜生长缓慢，便施用了一种氮肥，以下图是氮肥包装标签的局部文字。
〔1〕写出工业制备该氮肥的化学方程式________。
〔2〕说明该氮肥能否与草木灰混合使用________。
〔3〕该氮肥的纯度为________。
21.NH3是重要的化工原料，经一系列反响可得到HNO3、CO(NH2)2、HCN等产品。
〔1〕以氨气为原料合成HNO3工艺如下，写出N2O4转化为HNO3的反响方程式________。
〔2〕以NH3和CO2为原料生产尿素的反响如下：
反响Ⅰ：2NH3(l) ＋ CO2(g) ⇌ NH2COONH4(l) Δ H1 ＝ a kJ·ml-1
反响Ⅱ：NH2COONH4(l) ⇌ NH2CONH2(l) ＋ H2O(l) Δ H2 ＝ b kJ·ml-1
① NH3(l) ⇌ NH3(g) Δ H3 ＝ c kJ·ml-1 反响2NH3(g) ＋ CO2(g) ⇌ NH2CONH2(l) ＋ H2O(l) Δ H4＝________kJ·ml-1(用含a、b、c的式子表示)，该反响能自发进行的主要原因是________。
② 一定条件下，往恒容密闭容器中投入4 ml NH3和 1 ml CO2 ， 测得各组分物质的量随时间变化如图1。以下说法正确的选项是________。
A．选择适宜的碳氮比有利于提高产率
B．反响Ⅰ的活化能比反响Ⅱ小
C．过量氨气可以与反响生成的水结合，有利于尿素合成
D．气体物质的量不再变化时，反响到达平衡状态
〔3〕工业上利用氨气生产氢氰酸的反响为CH4(g) + NH3(g) ⇌ HCN(g) + 3H2(g) Δ H>0
① 其他条件一定，到达平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如下图。X代表的是________(填“温度〞或“压强〞)。
② 其它条件一定时，向2 L密闭容器中参加n ml CH4和2 ml NH3 ， 平衡时NH3体积分数随n变化的关系如下图。平衡常数K=________〔请写出计算过程〕
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 A
【解析】A．碘单质使淀粉溶液变蓝，而碘酸钾溶液中不含有碘单质，不能够使淀粉溶液变蓝，A符合题意；
B．金属活动性K＞Al，所以钾云母(KH2Al3Si3O12)用氧化物的形式表示为：K2O•3Al2O3•6SiO2 •2H2O，B不符合题意；
C．碳酸氢铵易溶于水，其 NH4+ 可与碱发生反响生成NH3·H2O， HCO3− 可与酸反响生成CO2 ， C不符合题意；
D．无色的一氧化氮气体遇到空气会被氧化为二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，D不符合题意；
故答案为：A。
2.【答案】 D
【解析】A．硅酸钠为可溶于水的强电解质，应写成离子，符合题意离子方程式为SiO 32− +2H+=H2SiO3↓，故A不符合题意；
B．铝粉和NaOH溶液反响生成氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH−=2 AlO2- +3H2↑，故B不符合题意；
C．稀硝酸和铜反响时生成NO，离子方程式为3Cu+2 NO3- +8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C不符合题意；
D．NaHCO3溶液与足量的NaOH溶液混合生成碳酸钠和水，离子方程式为 HCO3- ＋OH−= CO32− ＋H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
3.【答案】 C
【解析】A.亚铁离子被氧化成铁离子，数目减小，故不符合题意
B.同上，铁离子数目增多故不符合题意
C.铝离子几乎无变化，故C符合题意
D.铵根离子生成了氨气，数量减小，故D不符合题意
故答案为：C
4.【答案】 C
【解析】A．液氨汽化吸收热量，具有制冷作用，常用做制冷剂，A不符合题意；
B．铵态氮肥水解显酸性，要防止与碱性肥料混合使用，B不符合题意；
C．NO可与空气中的氧气反响，NO2可与水反响，C符合题意；
D．浓硝酸溶不稳定，易分解生成二氧化氮、氧气和水，浓硝酸溶解了局部二氧化氮而使其溶液呈黄色，D不符合题意；
故答案为：C
5.【答案】 C
【解析】氢氧化铝是两性氧化物，既可以与强碱反响，也可以与酸反响；所以在NH4+、Al3+、H+的混合溶液中，慢慢滴加NaOH溶液，氢氧化钠先是与氢离子反响，发生反响①H++OH−=H2O，；接着是与铝离子反响生成氢氧化铝沉淀，发生反响③Al3++3OH-=Al(OH)3↓，然后是氢氧化钠与铵根离子反响，发生反响④NH4++OH-=NH3·H2O，最后才是与氢氧化铝反响生成偏铝酸钠，发生反响②Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，所以反响的顺序为：①→③→④→②，
故答案为：C；
6.【答案】 A
【解析】A.镁能在CO2中燃烧，故金属镁着火，不能用CO2灭火器，选项正确，A符合题意；
B.氯气使湿润的有色布条褪色，是由于氯气与H2O反响生成HClO，HClO具有漂白性，能使有色布条褪色，选项错误，B不符合题意；
C.浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强，选项错误，C不符合题意；
D.KMnO4具有强氧化性，SO2具有复原性，二者可发生氧化复原反响，使KMnO4溶液褪色，选项错误，D不符合题意；
故答案为：A
7.【答案】 C
【解析】A.明矾净水是利用明矾中的Al3+水解产生Al(OH)3胶体具有吸附性，起到净水作用，Al(OH)3不具有杀菌消毒作用，A不符合题意；
B.漂白粉和Na2O2的漂白是利用其氧化性进行漂白，而活性炭的漂白是利用其吸附性进行漂白，其原理不同，B不符合题意；
C.浓硝酸不稳定，在光照的条件下易发生分解，C符合题意；
D.SiO2与HF反响是SiO2的特殊反响，SiO2与其他酸不反响，故SiO2不是碱性氧化物，D不符合题意；
故答案为：C
8.【答案】 A
【解析】由反响Fe+2HCl→FeCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
和2Al+2NaOH+2H2O→2NaAlO2+3H2↑。可知：假设两等份之一中含有xmlFe、ymlAl。
即x+y=0.25，22.4(x+ 32 y)=a,22.4× 32 y=b。
得出a+b=5.6+44.8y (0＜y＜0.25)，推出5.6＜a+b＜16.8
9.【答案】 D
【解析】A、反响所得蓝色溶液为CuSO4溶液，故X中只含有一种溶质，A不符合题意；
B、反响生成的无色气体为NO，NO不溶于水，B不符合题意；
C、反响生成的NO的体积未知，无法计算混合物的质量，C不符合题意；
D、生成NO的物质的量n=VVm= ， 那么生成Cu(NO3)2的物质的量n=0.125L×2.6ml/L-0.075ml2=0.125ml
设混合物中Cu和Cu2O的物质的量分别为xml、yml，那么根据铜元素守恒，可得关系式x+2y=0.125ml；再根据关系式3Cu~2NO，3Cu2O~2NO，可得关系式2x3+2y3=0.075ml ， 故可解得x=0.1ml y=0.0125ml ， 那么且物质的量之比为8:1，D符合题意；
故答案为：D
10.【答案】 A
【解析】A.氨气溶于水，与水反响生成NH3·H2O，它能局部电离出NH4+ ， 铵盐溶于水可直接电离出NH4+ ， 选项A符合题意；
B.铵盐都能与碱反响，有些弱酸的酸式铵盐也能与酸反响，如NH4HCO3 ， 选项B不符合题意；
C.直接加热NH4Cl晶体得不到NH3 ， 必须用NH4Cl晶体和Ca(OH)2的混合物加热才可以制得氨气，选项C不符合题意；
D.铵盐受热分解，不同铵盐随温度不同，产物不同，不一定生成氨气，如硝酸铵加热分解产生氮气，D不符合题意；
故答案为：A。
11.【答案】 A
【解析】标准状况下0.56L 氧气的物质的量为=0.56/22.4=0.025ml，铜、银与硝酸反响生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，而氮的氧化物与氧气、水反响生成硝酸,整个反响过程中,金属提供的电子等于氧气获得的电子，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y；根据合金总质量可得: x×64+y×108=7，根据电子守恒列可得:2x+1×y=0.025×4，计算得出: x=0.025ml、y=0.05ml ；所以合金中铜的质量为:m(Cu)=0.025×64=1.6g；
故答案为：A。
12.【答案】 A
【解析】A．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色，属于显色反响，不属于水解反响，选项A符合题意；
B、光导纤维的主要成分是二氧化硅，选项B不符合题意；
C、假设液化气泄漏会形成与空气的混合气体，遇明火时易发生爆炸，选项C不符合题意；
D、长期饮用纯洁水不利于人体健康，选项D不符合题意；
故答案为：A。
13.【答案】 C
【解析】常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，不会溶解，其余都是反响的，
故答案为：C。
14.【答案】 B
【解析】2.24L O2的物质的量为 =0.1ml，NO2、N2O4、NO的混合气体与2.24L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，那么金属提供的电子物质的量等于氧气获得到的电子的物质的量，金属离子与氢氧根离子恰好反响生成沉淀，故n(NaOH)=n(e-)=0.1ml×4=0.4ml，需要氢氧化钠溶液的体积为 0.4ml2ml/L =0.2L=200mL，
故答案为：B。
15.【答案】 C
【解析】A、NaCl熔化破坏离子键，HCl溶于水破坏共价键，故A不符合题意；
B、离子化合物中可能含有共价键，如KOH，但共价化合物中一定不含有离子键，故B不符合题意；
C、氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，发生了化学变化，一定有化学键的断裂和生成，故C符合题意；
D、碘晶体、冰为分子晶体，那么碘晶体升华、冰熔化时都破坏分子间作用力，故D不符合题意；
故答案为：C。
16.【答案】 D
【解析】金属与足量稀硝酸反响，为产生气体，说明硝酸被复原的产物与硝酸反响生成盐；与氢氧化钠溶液反响，加热产生气体，说明此气体为氨气，物质的量是0.224L/0.224L·ml-1=0.01ml，那么此过程中转移电子的物质的量是0.01ml×[5-〔-3〕]=0.08ml，那么该金属相对原子质量与化合价的比值=2.6g/0.08ml=32.5g/ml；金属相对原子质量与化合价的比值A为12，B为9，C为28，D为32.5，
故答案为：D。
17.【答案】 D
【解析】A、N2不是污染物，NO在空气中会发生反响2NO+O2=2NO2 ， 不能稳定存在，A不符合题意；
B、Al(OH)3沉淀不能溶于过量的氨水中，B不符合题意；
C、浓硫酸和浓硝酸都能使铝钝化，但在常温下，浓硝酸能与铜反响，浓硫酸不能，故可用浓硝酸，不能用浓硫酸， C不符合题意；
D、Cu不能与稀硫酸反响，但参加Cu(NO3)2后，溶液中存在HNO3 ， Cu可以溶解在HNO3中，D符合题意；
故答案为：D
二、综合题
18.【答案】 〔1〕红
〔2〕变红色
〔3〕钝化
【解析】〔1〕Na2CO3溶液中CO32-水解，使得溶液显碱性，滴加酚酞后，溶液显红色；
〔2〕假设溶液中的Fe2+被氧化成Fe3+ ， 那么滴加KSCN溶液后，溶液显红色；
〔3〕常温下，浓硫酸能使铝钝化，故常温下，可用铝制容器盛装浓硫酸；
19.【答案】 〔1〕2Cu+O2 △_ 2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境
〔2〕大于
〔3〕3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O
〔4〕2ml/L
【解析】〔1〕加热条件下，Cu和氧气反响生成CuO，反响方程式为：2Cu+O2 △_ 2CuO，CuO和稀硫酸反响方程式为CuO+H2SO4 △_ CuSO4+H2O，浓硫酸和铜反响方程式为：Cu+2H2SO4〔浓〕 △_ CuSO4+SO2+2H2O，生成等量的硫酸铜时需要硫酸较多且生成的二氧化硫污染环境，
故答案为：2Cu+O2 △_ 2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境；
〔2〕在加热条件下，浓硫酸和铜反响生成二氧化硫，稀硫酸和铜不反响，但浓硫酸浓度到达一定值后变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反响，所以被复原的硫酸为0.9ml．那么浓硫酸的实际体积大于180mL，
故答案为：大于；
〔3〕在酸性条件下，硝酸根离子和铜发生氧化复原反响生成硝酸铜和NO，所以离子反响方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O；
〔4〕该过程中发生的反响为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2〔SO4〕3+3H2O、Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Fe2〔SO4〕3+Fe=3FeSO4、FeSO4+2NaOH=Fe〔OH〕2↓+Na2SO4、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，最终溶液中的溶质是Na2SO4 ， 原子守恒得 12 n〔NaOH〕=n〔Na2SO4〕=n〔H2SO4〕，那么c〔H2SO4〕= n(NaOH)2×0.15L = 4ml/L×0.15L2×0.15L =2 ml•L﹣1 ，
故答案为：2ml/L．
20.【答案】 〔1〕NH3＋HNO3=NH4NO3
〔2〕不能；两者混合使用生成挥发性物质，降低肥效。反响原理如下：K2CO3水解呈碱性，CO32-＋H2O HCO3-＋OH－；OH－与NH4+反响放出NH3 ， NH4+＋OH－ NH3＋H2O
〔3〕98%
【解析】工业生产硝酸铵直接利用硝酸和氨气反响即可；草木灰的主要成分是K2CO3 ， 是一种碱性钾肥，遇到铵态氮肥时会生成挥发性的氨，降低肥效；纯洁NH4NO3中w(N)＝ 2×1480×100%＝35%，故该氮肥的纯度为 ＝98%。
21.【答案】 〔1〕2N2O4＋2H2O＋O2＝4HNO3
〔2〕a+b-2c；反响为放热反响；ABC
〔3〕压强；由图可知，向2L密闭容器中参加2mlCH4和2mlNH3 ， 根据三等式，设转化的CH4的浓度为xml/L，有： 开始(ml/L)转化(ml/L)平衡(ml/L)CH4(g)1x1−x+NH3(g)1x1−x⇌HCN(g)0xx+3H2(g)03x3x 平衡时NH3体积分数为30%，那么 1−x1−x+1−x+x+3x ＝30%，解得x＝ 0.25 ml/L，平衡常数K＝ 0.25××0.75=0.1875 。
【解析】(1)由图可知，N2O4与O2、H2O反响生成HNO3 ， 反响为2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3；(2)①由Ⅰ：2NH3(l)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l) △H1＝akJ•ml﹣lⅡ：NH2COONH4(l)⇌NH2CONH2(l)+H2O △H2＝bkJ•ml﹣lⅢ：NH3(l)⇌NH3(g) △H3＝ckJ•ml﹣1结合盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ﹣Ⅲ×2得到反响2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2CONH2(l)+H2O(l)，那么△H4＝△H1+△H2-△H3×2=(a+b﹣2c)kJ•ml﹣l；该反响能自发进行，那么△G=△H－T△S<0；该反响的熵减小，△S<0，为了满足△G<0，那么△H<0，为放热反响；②A．选择适宜的碳氮比，增大平衡正向移动程度，有利于提高产率，A正确；
B．根据图像，反响开始时，快速生成氨基甲酸铵，而尿素的量较少，说明反响Ⅰ能够快速进行，而反响Ⅱ较慢；一般情况下，活化能大，反响速率慢，那么Ⅰ的活化能比Ⅱ的活化能小，B正确；
C．过量氨气可以与反响生成的水结合，有利于反响Ⅱ的平衡正向移动，有利于尿素合成，C正确；
D．根据图像，可知当CO2的量不变的时候，反响Ⅱ还在进行，反响并没有到达平衡，D不正确；
答案为ABC；(3)①根据图像可知，随着X的增大，NH3的转化率降低。假设增大压强，平衡逆向移动，NH3的转化率降低；假设升高温度，平衡正向移动，NH3的转化率增大；X增大时，NH3转化率减小，可知X表示压强；
1.以下有关非金属及其化合物的说法错误的选项是〔 〕
A. 碘酸钾溶液中参加淀粉溶液变蓝色
B. 钾云母(KH2Al3Si3O12)用氧化物的形式表示为：K2O•3Al2O3•6SiO2 •2H2O
C. 碳酸氢铵易溶于水，既能与酸反响，又能与碱反响
D. 无色的一氧化氮气体遇到空气会变为红棕色
2.以下指定反响的离子方程式正确的选项是( )
A. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
B. 用铝粉和NaOH溶液反响制取少量H2：Al+2OH−= AlO2- +H2↑
C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2 NO3- +2H+=Cu2++2NO2↑+H2O
D. NaHCO3溶液与足量的NaOH溶液混合： HCO3- ＋OH-= CO32− ＋H2O
3.在含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、NH4+的溶液中参加足量的Na2O2固体，再参加过量的稀盐酸，完全反响后，离子数目几乎没有改变的是( )
A. Fe2＋ B. Fe3＋ C. Al3＋ D. NH4+
4.以下关于氮及其化合物说法，不正确的选项是〔 〕
A. 工业上可用液氨作制冷剂 B. 铵态氮肥应防止与碱性肥料混合使用
C. NO、NO2均为大气污染气体，在大气中可稳定存在 D. 工业浓硝酸常因溶有NO2而略显黄色
5.NH4++AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+NH3·H2O，向含有等物质的量的NH4+、Al3+、H+的混合溶液中，慢慢滴加NaOH溶液直至过量，并不断搅拌，发生以下离子反响：
①H++OH-=H2O②Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
③Al3++3OH-=Al(OH)3↓④NH4++OH-=NH3·H2O
先后顺序正确的选项是〔 〕
A. ①→②→③→④ B. ①→③→②→④ C. ①→③→④→② D. ①→④→②→③
6.以下对有关实验事实的解释正确的选项是〔〕
A. 镁条在CO2气体中能剧烈燃烧，生成白色粉末和黑色固体，说明镁燃烧时不能用CO2灭火
B. 枯燥的氯气能使湿润的红色布条褪色，说明氯气具有漂白性
C. 铜和浓硝酸反响生成NO2 ， 铜和稀硝酸反响生成NO，说明稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
D. 紫色高锰酸钾溶液中通入SO2后，溶液紫色褪去，说明SO2具有漂白性
7.以下说法正确的选项是〔〕
A. 明矾可用于自来水的杀菌消毒
B. 漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理相同
C. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸见光易分解
D. 由反响SiO2+4HF = SiF4↑+2H2O，可知SiO2是碱性氧化物
8.总的物质的量为0.50ml的Fe粉与Al粉混合物分为等质量的两份；在一份中参加足量的稀盐酸，在标准状况下产生气体aL；在另一份中参加足量的氢氧化钠溶液，在标准状况下产生气体bL。那么a+b的数值不可能是〔 〕
A. 5.6 B. 7.3 C. 8.2 D. 11.2
9.将一定量的由Cu和Cu2O组成的混合粉末参加到125mL2.6ml·L－1的硝酸中，固体恰好完全溶解，得蓝色溶液X并收集到VmL(标准状况)的纯洁无色气体Y。以下结论正确的选项是
A. X中有两种溶质 B. Y通入纯水中得到酸性溶液
C. 原混合粉末的总质量小于7.8g D. 当V=1680时，原混合粉末中Cu和Cu2O的物质的量之比为8∶1
10.以下有关氨和铵盐说法正确的选项是( )
A. 氨和铵盐都易溶于水，都能生成NH B. 铵盐都能与碱反响，不能与酸反响
C. 实验室制备氨气可用如下图试剂和装置 D. 铵盐受热分解都能产生氨气
11.将7 g某铜银合金与足量的a ml·L－1的HNO3充分反响，完全溶解后放出的气体与标准状况下的氧气0.56L混合，通入水中恰好完全吸收。此合金中铜的质量是 ( )
A. 1.6 g B. 2.4 g C. 3.2 g D. 4.8 g
12.以下说法正确的选项是〔 〕
A. 不慎将浓硝酸沾到皮肤上会出现黄色斑痕 B. 光导纤维的主要成分是硅单质
C. 用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气 D. 饮用水越纯洁越好
13.以下金属中在常温下不溶于浓硝酸的是〔 〕
A. 锌 B. 镁 C. 铝 D. 铜
14.一定量的铁、镁和铜的混合物与一定量的浓HNO3恰好反响，得到硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与2.24L O2〔标准状况〕混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸．假设向所得硝酸盐溶液中参加2ml/L的NaOH溶液至Fe3+、Mg2+、Cu2+恰好沉淀，那么消耗NaOH 溶液的体积是〔 〕
A. 400 mL B. 200 mL C. 150 mL D. 80 mL
15.以下有关化学键的说法中错误的选项是〔 〕
A. 氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键 B. 离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含有离子键
C. 氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化 D. 碘晶体升华和冰熔化时都未涉及化学键的变化
16.将2.6g某金属与足量稀硝酸充分反响无气体放出，再向溶液中参加过量NaOH溶液并加热，收集到标况下气体0.224L，该金属是〔 〕
A. Mg B. Al C. Fe D. Zn
17.以下推断正确的选项是〔 〕
A. N2、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 B. 向AlCl3溶液中滴加过量的氨水能看到先产生白色沉淀，后沉淀溶解
C. 可用浓硫酸或者浓硝酸除去镀在铝外表的铜镀层 D. 在稀硫酸中参加铜粉，铜粉不溶解；再参加Cu(NO3)2固体，铜粉就会溶解
二、综合题
18.请根据物质在生产、生活等方面的应用填空：
〔1〕苏打水溶液中滴加酚酞溶液后，溶液呈________〔填“无〞或“红〞〕色；
〔2〕检验某补铁剂中的Fe2+是否被氧化成Fe3+ ， 可向该补铁剂溶液中参加KSCN溶液，假设溶液________〔填“变红色“或“产生红褐色沉淀〞〕，那么Fe2+已被氧化成Fe3+；
〔3〕铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性食物，但常温下铝制容器可以整装浓硫酸，是由于铝在冷的浓硫酸中________〔填“不反响“或“钝化〞〕，
19.盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸〞．现就硫酸、硝酸与金属铜反响的情况，答复以下问题：
〔1〕工业上制备硫酸铜是利用废铜屑经灼烧后，在加热情况下跟稀硫酸反响，有关的化学方程式是：________．不采用铜跟浓硫酸反响来制取硫酸铜的原因是________．
〔2〕在一定体积的10ml•L﹣1的浓硫酸中参加过量铜片，加热使之反响，被复原的硫酸为0.9ml．那么浓硫酸的实际体积________〔填“大于〞、“等于〞或“小于〞〕180mL．
〔3〕假设使剩余的铜片继续溶解，可在其中参加硝酸盐溶液〔如KNO3溶液〕，那么该反响的离子方程式为________．
〔4〕将8g Fe2O3投入到150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉，充分反响后，收集到1.68L H2〔标准状况〕，同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4ml•L﹣1的NaOH溶液150mL．那么原硫酸的物质的量浓度为________．
20.某同学发现他家蔬菜地中的蔬菜生长缓慢，便施用了一种氮肥，以下图是氮肥包装标签的局部文字。
〔1〕写出工业制备该氮肥的化学方程式________。
〔2〕说明该氮肥能否与草木灰混合使用________。
〔3〕该氮肥的纯度为________。
21.NH3是重要的化工原料，经一系列反响可得到HNO3、CO(NH2)2、HCN等产品。
〔1〕以氨气为原料合成HNO3工艺如下，写出N2O4转化为HNO3的反响方程式________。
〔2〕以NH3和CO2为原料生产尿素的反响如下：
反响Ⅰ：2NH3(l) ＋ CO2(g) ⇌ NH2COONH4(l) Δ H1 ＝ a kJ·ml-1
反响Ⅱ：NH2COONH4(l) ⇌ NH2CONH2(l) ＋ H2O(l) Δ H2 ＝ b kJ·ml-1
① NH3(l) ⇌ NH3(g) Δ H3 ＝ c kJ·ml-1 反响2NH3(g) ＋ CO2(g) ⇌ NH2CONH2(l) ＋ H2O(l) Δ H4＝________kJ·ml-1(用含a、b、c的式子表示)，该反响能自发进行的主要原因是________。
② 一定条件下，往恒容密闭容器中投入4 ml NH3和 1 ml CO2 ， 测得各组分物质的量随时间变化如图1。以下说法正确的选项是________。
A．选择适宜的碳氮比有利于提高产率
B．反响Ⅰ的活化能比反响Ⅱ小
C．过量氨气可以与反响生成的水结合，有利于尿素合成
D．气体物质的量不再变化时，反响到达平衡状态
〔3〕工业上利用氨气生产氢氰酸的反响为CH4(g) + NH3(g) ⇌ HCN(g) + 3H2(g) Δ H>0
① 其他条件一定，到达平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如下图。X代表的是________(填“温度〞或“压强〞)。
② 其它条件一定时，向2 L密闭容器中参加n ml CH4和2 ml NH3 ， 平衡时NH3体积分数随n变化的关系如下图。平衡常数K=________〔请写出计算过程〕
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 A
【解析】A．碘单质使淀粉溶液变蓝，而碘酸钾溶液中不含有碘单质，不能够使淀粉溶液变蓝，A符合题意；
B．金属活动性K＞Al，所以钾云母(KH2Al3Si3O12)用氧化物的形式表示为：K2O•3Al2O3•6SiO2 •2H2O，B不符合题意；
C．碳酸氢铵易溶于水，其 NH4+ 可与碱发生反响生成NH3·H2O， HCO3− 可与酸反响生成CO2 ， C不符合题意；
D．无色的一氧化氮气体遇到空气会被氧化为二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，D不符合题意；
故答案为：A。
2.【答案】 D
【解析】A．硅酸钠为可溶于水的强电解质，应写成离子，符合题意离子方程式为SiO 32− +2H+=H2SiO3↓，故A不符合题意；
B．铝粉和NaOH溶液反响生成氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH−=2 AlO2- +3H2↑，故B不符合题意；
C．稀硝酸和铜反响时生成NO，离子方程式为3Cu+2 NO3- +8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C不符合题意；
D．NaHCO3溶液与足量的NaOH溶液混合生成碳酸钠和水，离子方程式为 HCO3- ＋OH−= CO32− ＋H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
3.【答案】 C
【解析】A.亚铁离子被氧化成铁离子，数目减小，故不符合题意
B.同上，铁离子数目增多故不符合题意
C.铝离子几乎无变化，故C符合题意
D.铵根离子生成了氨气，数量减小，故D不符合题意
故答案为：C
4.【答案】 C
【解析】A．液氨汽化吸收热量，具有制冷作用，常用做制冷剂，A不符合题意；
B．铵态氮肥水解显酸性，要防止与碱性肥料混合使用，B不符合题意；
C．NO可与空气中的氧气反响，NO2可与水反响，C符合题意；
D．浓硝酸溶不稳定，易分解生成二氧化氮、氧气和水，浓硝酸溶解了局部二氧化氮而使其溶液呈黄色，D不符合题意；
故答案为：C
5.【答案】 C
【解析】氢氧化铝是两性氧化物，既可以与强碱反响，也可以与酸反响；所以在NH4+、Al3+、H+的混合溶液中，慢慢滴加NaOH溶液，氢氧化钠先是与氢离子反响，发生反响①H++OH−=H2O，；接着是与铝离子反响生成氢氧化铝沉淀，发生反响③Al3++3OH-=Al(OH)3↓，然后是氢氧化钠与铵根离子反响，发生反响④NH4++OH-=NH3·H2O，最后才是与氢氧化铝反响生成偏铝酸钠，发生反响②Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，所以反响的顺序为：①→③→④→②，
故答案为：C；
6.【答案】 A
【解析】A.镁能在CO2中燃烧，故金属镁着火，不能用CO2灭火器，选项正确，A符合题意；
B.氯气使湿润的有色布条褪色，是由于氯气与H2O反响生成HClO，HClO具有漂白性，能使有色布条褪色，选项错误，B不符合题意；
C.浓硝酸的氧化性比稀硝酸的氧化性强，选项错误，C不符合题意；
D.KMnO4具有强氧化性，SO2具有复原性，二者可发生氧化复原反响，使KMnO4溶液褪色，选项错误，D不符合题意；
故答案为：A
7.【答案】 C
【解析】A.明矾净水是利用明矾中的Al3+水解产生Al(OH)3胶体具有吸附性，起到净水作用，Al(OH)3不具有杀菌消毒作用，A不符合题意；
B.漂白粉和Na2O2的漂白是利用其氧化性进行漂白，而活性炭的漂白是利用其吸附性进行漂白，其原理不同，B不符合题意；
C.浓硝酸不稳定，在光照的条件下易发生分解，C符合题意；
D.SiO2与HF反响是SiO2的特殊反响，SiO2与其他酸不反响，故SiO2不是碱性氧化物，D不符合题意；
故答案为：C
8.【答案】 A
【解析】由反响Fe+2HCl→FeCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
和2Al+2NaOH+2H2O→2NaAlO2+3H2↑。可知：假设两等份之一中含有xmlFe、ymlAl。
即x+y=0.25，22.4(x+ 32 y)=a,22.4× 32 y=b。
得出a+b=5.6+44.8y (0＜y＜0.25)，推出5.6＜a+b＜16.8
9.【答案】 D
【解析】A、反响所得蓝色溶液为CuSO4溶液，故X中只含有一种溶质，A不符合题意；
B、反响生成的无色气体为NO，NO不溶于水，B不符合题意；
C、反响生成的NO的体积未知，无法计算混合物的质量，C不符合题意；
D、生成NO的物质的量n=VVm= ， 那么生成Cu(NO3)2的物质的量n=0.125L×2.6ml/L-0.075ml2=0.125ml
设混合物中Cu和Cu2O的物质的量分别为xml、yml，那么根据铜元素守恒，可得关系式x+2y=0.125ml；再根据关系式3Cu~2NO，3Cu2O~2NO，可得关系式2x3+2y3=0.075ml ， 故可解得x=0.1ml y=0.0125ml ， 那么且物质的量之比为8:1，D符合题意；
故答案为：D
10.【答案】 A
【解析】A.氨气溶于水，与水反响生成NH3·H2O，它能局部电离出NH4+ ， 铵盐溶于水可直接电离出NH4+ ， 选项A符合题意；
B.铵盐都能与碱反响，有些弱酸的酸式铵盐也能与酸反响，如NH4HCO3 ， 选项B不符合题意；
C.直接加热NH4Cl晶体得不到NH3 ， 必须用NH4Cl晶体和Ca(OH)2的混合物加热才可以制得氨气，选项C不符合题意；
D.铵盐受热分解，不同铵盐随温度不同，产物不同，不一定生成氨气，如硝酸铵加热分解产生氮气，D不符合题意；
故答案为：A。
11.【答案】 A
【解析】标准状况下0.56L 氧气的物质的量为=0.56/22.4=0.025ml，铜、银与硝酸反响生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物，而氮的氧化物与氧气、水反响生成硝酸,整个反响过程中,金属提供的电子等于氧气获得的电子，设Cu、Ag的物质的量分别为x、y；根据合金总质量可得: x×64+y×108=7，根据电子守恒列可得:2x+1×y=0.025×4，计算得出: x=0.025ml、y=0.05ml ；所以合金中铜的质量为:m(Cu)=0.025×64=1.6g；
故答案为：A。
12.【答案】 A
【解析】A．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸变黄色，属于显色反响，不属于水解反响，选项A符合题意；
B、光导纤维的主要成分是二氧化硅，选项B不符合题意；
C、假设液化气泄漏会形成与空气的混合气体，遇明火时易发生爆炸，选项C不符合题意；
D、长期饮用纯洁水不利于人体健康，选项D不符合题意；
故答案为：A。
13.【答案】 C
【解析】常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，不会溶解，其余都是反响的，
故答案为：C。
14.【答案】 B
【解析】2.24L O2的物质的量为 =0.1ml，NO2、N2O4、NO的混合气体与2.24L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，那么金属提供的电子物质的量等于氧气获得到的电子的物质的量，金属离子与氢氧根离子恰好反响生成沉淀，故n(NaOH)=n(e-)=0.1ml×4=0.4ml，需要氢氧化钠溶液的体积为 0.4ml2ml/L =0.2L=200mL，
故答案为：B。
15.【答案】 C
【解析】A、NaCl熔化破坏离子键，HCl溶于水破坏共价键，故A不符合题意；
B、离子化合物中可能含有共价键，如KOH，但共价化合物中一定不含有离子键，故B不符合题意；
C、氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，发生了化学变化，一定有化学键的断裂和生成，故C符合题意；
D、碘晶体、冰为分子晶体，那么碘晶体升华、冰熔化时都破坏分子间作用力，故D不符合题意；
故答案为：C。
16.【答案】 D
【解析】金属与足量稀硝酸反响，为产生气体，说明硝酸被复原的产物与硝酸反响生成盐；与氢氧化钠溶液反响，加热产生气体，说明此气体为氨气，物质的量是0.224L/0.224L·ml-1=0.01ml，那么此过程中转移电子的物质的量是0.01ml×[5-〔-3〕]=0.08ml，那么该金属相对原子质量与化合价的比值=2.6g/0.08ml=32.5g/ml；金属相对原子质量与化合价的比值A为12，B为9，C为28，D为32.5，
故答案为：D。
17.【答案】 D
【解析】A、N2不是污染物，NO在空气中会发生反响2NO+O2=2NO2 ， 不能稳定存在，A不符合题意；
B、Al(OH)3沉淀不能溶于过量的氨水中，B不符合题意；
C、浓硫酸和浓硝酸都能使铝钝化，但在常温下，浓硝酸能与铜反响，浓硫酸不能，故可用浓硝酸，不能用浓硫酸， C不符合题意；
D、Cu不能与稀硫酸反响，但参加Cu(NO3)2后，溶液中存在HNO3 ， Cu可以溶解在HNO3中，D符合题意；
故答案为：D
二、综合题
18.【答案】 〔1〕红
〔2〕变红色
〔3〕钝化
【解析】〔1〕Na2CO3溶液中CO32-水解，使得溶液显碱性，滴加酚酞后，溶液显红色；
〔2〕假设溶液中的Fe2+被氧化成Fe3+ ， 那么滴加KSCN溶液后，溶液显红色；
〔3〕常温下，浓硫酸能使铝钝化，故常温下，可用铝制容器盛装浓硫酸；
19.【答案】 〔1〕2Cu+O2 △_ 2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境
〔2〕大于
〔3〕3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O
〔4〕2ml/L
【解析】〔1〕加热条件下，Cu和氧气反响生成CuO，反响方程式为：2Cu+O2 △_ 2CuO，CuO和稀硫酸反响方程式为CuO+H2SO4 △_ CuSO4+H2O，浓硫酸和铜反响方程式为：Cu+2H2SO4〔浓〕 △_ CuSO4+SO2+2H2O，生成等量的硫酸铜时需要硫酸较多且生成的二氧化硫污染环境，
故答案为：2Cu+O2 △_ 2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境；
〔2〕在加热条件下，浓硫酸和铜反响生成二氧化硫，稀硫酸和铜不反响，但浓硫酸浓度到达一定值后变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反响，所以被复原的硫酸为0.9ml．那么浓硫酸的实际体积大于180mL，
故答案为：大于；
〔3〕在酸性条件下，硝酸根离子和铜发生氧化复原反响生成硝酸铜和NO，所以离子反响方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O；
〔4〕该过程中发生的反响为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2〔SO4〕3+3H2O、Fe+H2SO4=FeSO4+H2、Fe2〔SO4〕3+Fe=3FeSO4、FeSO4+2NaOH=Fe〔OH〕2↓+Na2SO4、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，最终溶液中的溶质是Na2SO4 ， 原子守恒得 12 n〔NaOH〕=n〔Na2SO4〕=n〔H2SO4〕，那么c〔H2SO4〕= n(NaOH)2×0.15L = 4ml/L×0.15L2×0.15L =2 ml•L﹣1 ，
故答案为：2ml/L．
20.【答案】 〔1〕NH3＋HNO3=NH4NO3
〔2〕不能；两者混合使用生成挥发性物质，降低肥效。反响原理如下：K2CO3水解呈碱性，CO32-＋H2O HCO3-＋OH－；OH－与NH4+反响放出NH3 ， NH4+＋OH－ NH3＋H2O
〔3〕98%
【解析】工业生产硝酸铵直接利用硝酸和氨气反响即可；草木灰的主要成分是K2CO3 ， 是一种碱性钾肥，遇到铵态氮肥时会生成挥发性的氨，降低肥效；纯洁NH4NO3中w(N)＝ 2×1480×100%＝35%，故该氮肥的纯度为 ＝98%。
21.【答案】 〔1〕2N2O4＋2H2O＋O2＝4HNO3
〔2〕a+b-2c；反响为放热反响；ABC
〔3〕压强；由图可知，向2L密闭容器中参加2mlCH4和2mlNH3 ， 根据三等式，设转化的CH4的浓度为xml/L，有： 开始(ml/L)转化(ml/L)平衡(ml/L)CH4(g)1x1−x+NH3(g)1x1−x⇌HCN(g)0xx+3H2(g)03x3x 平衡时NH3体积分数为30%，那么 1−x1−x+1−x+x+3x ＝30%，解得x＝ 0.25 ml/L，平衡常数K＝ 0.25××0.75=0.1875 。
【解析】(1)由图可知，N2O4与O2、H2O反响生成HNO3 ， 反响为2N2O4+O2+2H2O＝4HNO3；(2)①由Ⅰ：2NH3(l)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l) △H1＝akJ•ml﹣lⅡ：NH2COONH4(l)⇌NH2CONH2(l)+H2O △H2＝bkJ•ml﹣lⅢ：NH3(l)⇌NH3(g) △H3＝ckJ•ml﹣1结合盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ﹣Ⅲ×2得到反响2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2CONH2(l)+H2O(l)，那么△H4＝△H1+△H2-△H3×2=(a+b﹣2c)kJ•ml﹣l；该反响能自发进行，那么△G=△H－T△S<0；该反响的熵减小，△S<0，为了满足△G<0，那么△H<0，为放热反响；②A．选择适宜的碳氮比，增大平衡正向移动程度，有利于提高产率，A正确；
B．根据图像，反响开始时，快速生成氨基甲酸铵，而尿素的量较少，说明反响Ⅰ能够快速进行，而反响Ⅱ较慢；一般情况下，活化能大，反响速率慢，那么Ⅰ的活化能比Ⅱ的活化能小，B正确；
C．过量氨气可以与反响生成的水结合，有利于反响Ⅱ的平衡正向移动，有利于尿素合成，C正确；
D．根据图像，可知当CO2的量不变的时候，反响Ⅱ还在进行，反响并没有到达平衡，D不正确；
答案为ABC；(3)①根据图像可知，随着X的增大，NH3的转化率降低。假设增大压强，平衡逆向移动，NH3的转化率降低；假设升高温度，平衡正向移动，NH3的转化率增大；X增大时，NH3转化率减小，可知X表示压强；
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