3.3 氮的循环 课时练习（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册

3.3 氮的循环 课时练习
一、单选题
1．氨气可以做喷泉实验，这是利用氨气下列性质中的（　　）
A．易液化 B．比空气轻
C．极易溶于水 D．有刺激性气味
2．下列气体中不能用浓硫酸干燥。但能用碱石灰干燥的是（　　）
A． B． C． D．
3．空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成视觉障碍的叫霾。当水汽凝结加剧、空气湿度增大时，霾就会转化为雾。二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物这三项是雾霾的主要组成。下列说法错误的是（　　）
A．是无色、有毒的气体
B．在燃煤中加入生石灰可以减少二氧化硫的排放
C．由氮氧化物到硝酸盐的变化，属于氮的固定
D．雾霾天，汽车车灯照出“通路”的现象属于丁达尔效应
4．以下哪个性质不是所有铵盐的通性（　　）
A．都易溶于水 B．都可分解放出氨气
C．都能与碱反应，且均放出氨气 D．都是离子化合物
5．下列气体中，可以用碱石灰干燥的是（　　）
A．CO2 B．Cl2 C．NH3 D．SO2
6．下列实验中，固体物质可以完全溶解的是（　　）
A．1mol MnO2与含2mol H2O2的溶液共热
B．1mol铜投入含4mol HNO3的浓硝酸中
C．1mol铜与含2mol H2SO4的浓硫酸共热
D．常温下1mol铝片投入到足量浓硫酸中
7．25℃时，能在溶液中大量共存的一组离子是（　　）
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
8．制备干燥的氨气所需的药品是（　　）
A．NH4Cl溶液、NaOH溶液、碱石灰
B．浓氨水、NaOH固体、浓硫酸
C．NH4Cl固体、消石灰、碱石灰
D．浓NaOH溶液、NH4C固体、浓硫酸
9．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业。实验室用加热NH4Cl 和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl + NH3+CO2+H2O= NaHCO3↓+ NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列有关氨的说法不正确的是（　　）
A．液氨可做制冷剂
B．NH3极易溶于水
C．NH3的水溶液能导电
D．氨催化氧化制硝酸是利用了NH3的氧化性
10．工业上，若输送Cl2的管道漏气，用NH3进行检验时生成NH4Cl和N2．下列说法正确的是（　　）
A．元素H只有 H和 H两种核素
B．Cl2，NH4Cl中氯元素微粒的半径：r（Cl）＞r（Cl﹣）
C．工业上常用干燥的钢瓶储存液氯，是因为铁和氯气在任何条件下都不反应
D．该反应表明常温下氯气有氧化性
11．下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验是，能达到实验目的的是（　　）
A．用装置甲制备氨气 B．用装置乙除去氨气中少量水
C．用装置丙收集氨气 D．用装置丁吸收多余的氨气
12．实验小组设计如图所示实验，探究Fe与稀硝酸、稀硫酸的反应。实验过程①、③管口处产生红棕色气体，经检验③中反应无产生。
下列说法正确的是（　　）
A．①中反应产生，③中反应产生
B．②中存在大量阳离子和
C．③中一定既含有，又含有
D．实验结论：稀硝酸的氧化性强于稀硫酸
13．实验室进行氨溶于水的喷泉实验(如图)。下列说法中，错误的是（　　）
A．该实验证明氨气极易溶于水
B．红色喷泉说明氨水显碱性
C．形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压大于大气压
D．烧瓶充满二氧化硫，胶头滴管和烧杯中加入浓碱液也可形成喷泉
14．硫酸和硝酸是重要的化学试剂，下列说法错误的是（　　）
A．稀硫酸具有酸性，可使紫色石蕊溶液变成红色
B．稀硝酸具有强氧化性，可与所有金属反应
C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂
D．浓硝酸具有不稳定性，实验室保存时可使用棕色试剂瓶，并放置在阴凉处
15．下列反应的离子方程式书写正确的是（　　）
A．铁片投入稀硫酸中：2Fe + 6H+=2Fe3+ + 3H2↑
B．NH4Cl溶液中加入NaOH溶液并加热： ＋ OH－NH3↑ + H2O
C．氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中：Ba2++=BaSO4↓
D．铜与稀硝酸反应：Cu＋4H+ ＋2=Cu2+ ＋2NO2↑＋2H2O
16．如图是喷泉实验装置图，下列说法错误的是（　　）
A．烧瓶中的溶液呈红色
B．该实验说明氨气可电离产生OH－
C．该实验说明氨气易溶于水
D．形成喷泉的原因是烧瓶内压强小于外界大气压
二、综合题
17．物质的类别和元素价态是学习和研究元素化合物性质和转化的重要认识视角，利用价、类之间的关系，可以寻求物质转化的途径。下图是中学常见的含N元素物质的部分转化关系图，请回答下列问题：
（1）图中X的摩尔质量是　 　，根据N元素的化合价分析，X在氧化还原反应中表现出的性质是　 　。
（2）工业上处理氮氧化物时，可用浓硝酸将NO氧化为NO2，有关反应的化学方程式为　 　；再利用NO2CO3溶液吸收NO2，并通入空气使之全部转化为NaNO3，有关反应的离子方程式为　 　。
（3）SCR选择性催化还原技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。其工作原理如下图所示：
①已知尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，请写出SCR催化反应器中NH3还原NO2的化学方程式　 　。
②尿素溶液的浓度会影响NO2的转化，测定溶液中尿素浓度的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮元素完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1mL、c1mol H2SO4溶液完全吸收，剩余H2SO4用V2mL、c2mol·L-1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数　 　。(列出计算表达式即可)
18．硝酸与合成氨工业密切相关，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径．完成下列计算：
（1）合成氨时，假设100L的氮气与氢气（体积比为1：3）的混合气体通过氨合成塔充分反应后，体积变为90L，则氮气的转化率为　 　．（写出计算过程，计算结果请用百分数表示）
（2）标准状况下，将500L氨气溶于1L水中形成氨水，则此氨水质量分数为　 　．（写出计算过程，计算结果请用百分数表示，并保留1位小数）
（3）氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮（NO）．此时温度很高，水以水蒸气的形式存在，NO也不与O2反应．若氨气与氧气物质的量之比为1：1.7时，氨的转化率可达95%，计算反应后NO的体积分数　 　．（设氧气在空气中的体积分数为20%，写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数）
（4）一氧化氮继续氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸．为测定某18K金样品的组成，将2.832g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，充分溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84mL O2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收．（ 已知金不溶于浓硝酸）
填写该18K金的成分表（写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数，若不含该金属则填0．
18K金成分 Au Ag Cu
含量（质量分数） 75% 　 　 　 　
19．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
（1）氮气的电子式：　 　。海洋中的氮循环属于固氮作用的一步是　 　(填图中的数字序号)。
（2）下列关于海洋氮循环的说法不正确的是____。
A．海洋中存在游离态的氮
B．海洋中的氮循环起始于氮的还原
C．向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量
D．海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
（3）如图所示，将集有氨气的试管倒置于水槽中，观察到的现象是　 　。酚酞变色的原因是(用方程式表示)：　 　。
20．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件及其他物质已经略去）：
请回答下列问题：
（1）若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，则A、D分别为（填写化学式）
A：　 　，D：　 　．
写出D→B的化学方程式：　 　
（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红．则A为　 　，写出A→B转化的化学方程式：　 　．
（3）D的浓溶液可与铜反应并生成C气体，则该反应的化学方程式为：　 　。
21．写出相应的 方程式
（1）制“84”消毒液的化学方程式：　 　
（2）实验室制氯气的离子方程式：　 　
（3）铜与稀硝酸反应的离子方程式：　 　
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】实验的基本原理是使瓶内外在短时间内产生较大的气压差，利用大气压将瓶下面烧杯中的液体压入瓶内，在尖嘴导管口处形成喷泉.1体积水可溶解700体积的氨气（0摄氏度，1标准大气压下），当滴管内的水进入烧瓶内时，氨气大量溶于水，外界大气压将水压入瓶中，剩余氨气又溶于进入瓶中的水，最终水充满烧瓶．氨气极易溶于水，所以氨气可以做喷泉实验，与沸点的高低、密度、气味等无关
故答案为：C
【分析】喷泉实验是由于压强差引起的，用氨气进行喷泉实验，是利用氨气极易溶于水的性质。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．碱石灰的主要成分是CaO和NaOH，能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故A不符合题意；
B．是碱性气体，能与硫酸反应不与碱石灰反应，能用碱石灰干燥，故B符合题意；
C．属于酸性氧化物，能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故C不符合题意；
D．属于酸，能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】不能用浓硫酸干燥，但能用碱石灰干燥的气体能与浓硫酸反应，不与碱石灰反应，应为碱性气体。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．根据二氧化硫的性质可知，SO2是无色、有毒的气体，A不符合题意；
B．氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，故在燃煤中加入生石灰可以减少二氧化硫的排放，B不符合题意；
C．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，C符合题意；
D．雾霾是胶体，具有丁达尔效应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫无色、有毒；
B.氧化钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙；
C.氮的固定是将游离态的氮转化为含氮化合物的过程；
D.雾霾为胶体，会产生丁达尔效应。
4．【答案】B
【解析】【解答】A、所有铵盐都易溶于水，A不符合题意；
B、不是所有铵盐都可分解放出氨气，比如硝酸铵受热分解可能会有氮气生成，B符合题意；
C、所有铵盐都能与碱反应，且均放出氨气，C不符合题意；
D、所有铵盐都是离子化合物，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】铵盐的通性包括易溶于水、易分解、易和碱反应、均为离子化合物，需要注意安艳芬姐不一定产生氨气。
5．【答案】C
【解析】【解答】碱石灰是由固体氢氧化钠和氧化钙组成的混合物，可用作干燥剂，此干燥剂属于碱性干燥剂，不能用来干燥溶于水显酸性的气体。A、CO2是溶于水显酸性的气体，会与氢氧化钠和氧化钙反应，不能用碱石灰干燥，不符合题意；
B、Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，会与氢氧化钠和氧化钙反应，不能用碱石灰干燥，不符合题意；
C、NH3溶于水显碱性，可以用碱石灰干燥，符合题意；
D、二氧化硫是溶于水显酸性的气体，会与氢氧化钠和氧化钙反应，不能用碱石灰干燥，不符合题意。
故答案为：C
【分析】碱石灰是碱性干燥剂，可干燥碱性气体如NH3和中性气体如CH4、H2、N2、CO等。不能干燥酸性气体。CO2、Cl2、SO2溶于水都是呈酸性的，所以不能用碱石灰干燥。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A．MnO2为H2O2分解反应的催化剂，固体不溶解，故A不选；
B．铜与硝酸反应生成硝酸铜，可完全溶解，故B选；
C．浓硫酸不断消耗，随着反应的进行，变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，固体不能完全溶解，故C不选；
D．铝与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜，固体不能完全溶解，故D不选．
故选B．
【分析】A．MnO2为H2O2分解反应的催化剂；
B．铜与硝酸反应生成硝酸铜；
C．浓硫酸不断消耗，稀硫酸与铜不反应；
D．铝与浓硫酸发生钝化反应．
7．【答案】D
【解析】【解答】A、溶液中的H＋和HCO3－可反应生成H2O和CO2，不可大量共存，A不符合题意；
B、溶液中的Ba2＋和SO42－可反应生成BaSO4沉淀，不可大量共存，B不符合题意；
C、NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，不可大量共存，C不符合题意；
D、溶液中各个离子相互间不反应，可大量共存，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对离子共存的考查，溶液中的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不生成难溶（或微溶）物质，不生成弱电解质，不生成易挥发性物质，不发生氧化还原反应。据此结合选项所给离子组合进行分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】解：A、氨气易溶于水，不能用溶液制备氨气，且无法获得干燥氨气，故A错误；
B、浓硫酸能够与氨气反应，不能干燥氨气，故B错误；
C、实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气，氨气为碱性气体，可用碱石灰干燥，故C正确；
D、浓硫酸能够与氨气反应，使用干燥剂不能使用浓硫酸，故D错误；
故选C．
【分析】实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气，氨气为碱性气体，易溶于水，干燥氨气应用碱性或中性干燥剂，据此进行判断．
9．【答案】D
【解析】【解答】A、液氨汽化吸热，能使环境温度降低，因此液氨可做制冷剂，故A正确；
B、 氨气是极性分子，水也是极性分子，根据相似相溶，氨气极易溶于水，且NH3与H2O能形成分子间氢键，故氨极易溶于水， 故B正确；
C、氨水溶于水生成一水合氨，一水合氨电离产生自由移动的阴阳离子，能导电，故C正确；
D、氨气催化氧化生成一氧化氮和水，该过程中氮元素的化合价升高，氨气为还原剂，体现还原性，故D错误；
故答案为：D。
【分析】A、氨气极易液化，液氨汽化吸热；
B、氨气极易溶于水；
C、氨水能电离产生自由移动的离子，能导电；
D、氨气催化氧化利用的是氨气的还原性。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A．元素H只有 H和 H、13H三种核素，故A错误；
B．氯原子与氯离子具有相同的质子数，氯离子电子数多元氯原子所以
C．铁与氯气高温下反应生成氯化铁，故C错误；
D．氯气与氨气反应生成氮气、氯化铵，反应中氯元素化合价降低，所以氯气为氧化剂，表现氧化性，故D正确；
故选：D．
【分析】A．依据氢元素的三种同位素解答；
B．质子数相同，电子数越多，半径越大；
C．铁与氯气高温下反应生成氯化铁；
D．依据反应中氯元素化合价变化判断氯气的性质．
11．【答案】D
【解析】【解答】A、用氯化铵和氢氧化钙固体共热制氨气，试管口应略向下倾斜，A不符合题意；
B、氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，B不符合题意；
C、收集氨气的烧瓶不应密闭，C不符合题意；
D、氨气极易溶于水，吸收氨气要注意防倒吸，可用丁装置，D符合题意。
答案选D。
【分析】A、用固体加热制取气体的时候试管口要略微向下倾斜；
B、酸性干燥剂只能干燥酸性和中性气体，不能干燥碱性气体；
C、气体收集装置不能封闭，因为存在空气，无法将空气排出，也容易造成仪器破裂；
D、氨气极易溶于水，因此需要采用防倒吸装置，可以用丁装置，也可以采用倒置的漏斗防倒吸。
12．【答案】D
【解析】【解答】A、试管①、试管③中反应生成的气体都是NO，红棕色的NO2是由NO与空气中的O2反应生成的，A不符合题意。
B、试管②中铁片有剩余，因此溶液中不含有H＋，其大量存在的阳离子为Fe2＋，B不符合题意。
C、试管③中反应无H2产生，说明不存在Fe与H＋的反应，所以试管③中不含有Fe2＋，只含有Fe3＋，C不符合题意。
D、实验过程中稀硝酸与铁发生氧化还原反应，而稀硫酸不能，说明氧化性：稀硝酸强于稀硫酸，D符合题意。
故答案为：D
【分析】试管①中铁片与稀硝酸反应生成NO，NO能被空气中的O2氧化成红棕色的NO2。试管②中为Fe(NO3)2溶液和剩余的铁片，继续加入稀硫酸，发生反应：3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，试管③中反应生成的NO在空气中被氧化，生成红棕色的NO2。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．在将胶头滴管里的水挤入圆底烧瓶后，由于氨气极易溶于水，使圆底烧瓶中压强大大降低，大气压才能将烧杯中的水压入烧瓶形成喷泉，故A不符合题意；
B．酚酞遇碱变红，形成了红色喷泉说明氨水显碱性，故B不符合题意；
C．形成喷泉的原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压，故C符合题意；
D．二氧化碳易和NaOH反应，若烧瓶充满二氧化硫，胶头滴管和烧杯中加入浓碱液也可形成喷泉，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氨气的喷泉实验说明氨气极易溶于水；
B.碱性溶液能使酚酞变红；
D.二氧化硫易溶于NaOH。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．酸能使紫色石蕊溶液变红，稀硫酸具有酸性，可使紫色石蕊溶液变成红色，故A正确；
B．稀硝酸具有强氧化性，可与绝大多数金属反应，但Au、Pt不反应，故B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，常用作干燥剂，干燥氢气、二氧化硫等气体，故C正确；
D．浓硝酸具有不稳定性，受热易分解，实验室保存时可使用棕色试剂瓶，并放置在阴凉处，故D正确。
故答案为B。
【分析】依据物质的性质判断应用，B．稀硝酸与Au、Pt不反应分析。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．铁片与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A不符合题意；
B．氯化铵溶液与氢氧化钠溶液加热反应生成氯化钠、氨气和水：NH4+＋OH－= NH3↑ + H2O，B符合题意；
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水：Ba2+＋2OH－+2H++SO42-=BaSO4↓＋2H2O，C不符合题意；
D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H+＋2NO3-=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．铁片与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
B．氯化铵溶液与氢氧化钠溶液加热反应生成氯化钠、氨气和水；
C．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；
D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水。
16．【答案】B
【解析】【解答】A、烧杯的酚酞溶液进入烧瓶后，会继续溶解氨气，溶液变为碱性，使酚酞溶液变为红色，A不符合题意；
B、NH3不会发生电离，NH3溶于水后形成NH3·H2O，NH3·H2O可电离出OH-，B符合题意；
C、氨气极易溶于水，使得烧瓶中的减小较快，烧杯中的溶液上升速度也就快，形成喷泉，C不符合题意；
D、氨气溶于水之后，烧瓶内压强小于外界大气压，大气压将烧杯中的溶液压入烧瓶中，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氨气是碱性气体，酚酞遇碱性物质变红；
B、氨气本身不是电解质，不能电离；
C、氨气溶于水后，烧瓶内压强变小，有喷泉现象；
D、氨气溶于水后，烧瓶内压强变小，液体被大气压压入烧瓶中；
17．【答案】（1）108g/mol；氧化性
（2）2HNO3+NO=3NO2+H2O；4NO2+O2+4=4+4
（3）8NH3+6NO2N2+12H2O；
【解析】【解答】（1）根据图中信息，利用价、类之间的关系，X为氮的+5价氧化物，推知为N2O5，X的相对原子质量为14×2+16×5=108，X的摩尔质量108g/mol，X的化合价为+5价，处于最高价，具有氧化性。
（2）工业上处理氮氧化物时，可用浓硝酸将NO氧化为NO2，根据化合价升降守恒和元素守恒，反应方程式为：2HNO3+NO=3NO2+H2O；再利用Na2CO3溶液吸收NO2，并通入空气使之全部转化为NaNO3，利用碳酸钠溶液吸收，碳酸钠溶液过量，所以生成碳酸氢钠，离子方程式为：4NO2+O2+4=4+4；
（3）①由题意可知，NH3具有还原性， NO2具有氧化性，两者发生归中反应生成N2和H2O，化学方程式为： 8NH3+6NO2N2+12H2O；
②根据题意可得关系式：CO(NH2)2～2NH3～H2SO4～2NaOH，和NaOH反应的H2SO4：×c2×V2×10-3mol所以和氨气反应的硫酸为： (c1×V1×10-3-×c2×V2×10-3)mol，则尿素的物质的量为：，质量分数为：=；
【分析】（1）X是N2O5，摩尔质量为108g/mol；X中N元素处于最高价态，具有氧化性；
（2）浓硝酸将NO氧化为NO2时发生反应 2HNO3+NO=3NO2+H2O；Na2CO3溶液吸收NO2，并通入空气使之全部转化为NaNO3，可以理解为二氧化氮、氧气、水反应生成硝酸，硝酸再与碳酸钠反应生成硝酸钠、二氧化碳与水；
（3）①NH3具有还原性，NO2具有氧化性，由图可知两者发生归中反应生成N2和H2O；
② 根据CO(NH2)2～2NH3～H2SO4～2NaOH计算。
18．【答案】（1）20%
（2）27.5%
（3）9.8%
（4）11.44%；13.56%
【解析】【解答】解：（1）根据反应方程式
N2+3H2 2NH3 △V
1 2
V变 100﹣90
所以V变= =5L，所以转化率为= ═ ×100%=20%，故答案为：20%；（2）n= = =22.32mol，所以m=nM=22.32mol×17g/mol=379.46g，所以氨水质量分数为： ×100%=27.5%，故答案为：27.5%；（3）由反应4NH3+5O2 4NO+6H2O（g），设氧气的体积为1.7，所以空气体积为：8.5，氨气体积为1，氨的转化率可达95%，所以反应的氨气体积为0.95，由反应方程式可知生成一氧化氮的体积为0.95，增加的体积为： =0.238，所以反应后NO的体积分数为： ×100%=9.8%，故答案为：9.8%；（4）合金中其它金属的质量=2.832g×（1﹣75%）=0.708g，假设与硝酸反应的金属全部是银，则银的质量= =1.642g＞0.708g，假设与硝酸反应的金属全部是铜，则铜的质量= =0.486g＜0.708g，则合金中还有Cu和Ag，设银的质量为m，则铜的质量=0.708﹣m，根据转移电子守恒得 ×2+ 0.0038mol×4，m=0.324g，银的质量分数= ×100%=11.44%，则铜的质量分数=25%﹣11.44%=13.56%，故答案为：11.44%；13.56%．
【分析】（1）根据反应方程式N2+3H2 2NH3，根据体积的变化求反应的氮气的体积，然后根据转化率为= ；（2）n= 和m=nM，结合氨水质量分数为 ×100%；（3）由反应4NH3+5O2 4NO+6H2O（g），设氧气的体积为1.7，所以空气体积为：8.5，氨气体积为1，氨的转化率可达95%，所以反应的氨气体积为0.95，由反应方程式可知生成一氧化氮的体积为0.95，增加的体积为： =0.238，所以反后NO的体积分数为： ×100%=9.8%；（4）根据转移电子确定合金中的其它元素，再根据转移电子相等计算银的质量，从而确定银的质量分数，解银和铜的质量分数确定锌的质量分数．
19．【答案】（1）；②
（2）D
（3）试管中充满红色溶液；
【解析】【解答】（1）氮原子最外层是5个电子，因此氮气要达到8个单子的饱和结构，只能共用三对电子，即；固氮作用的第一步是把氮气转化为含氮化合物，即 ② 是海洋中的固氮作用；
（2）A、由①可知，氮气会溶解一部分中海水中，因此海洋中存在游离态的氮；故A不符合题意；
B、由图可知，氮由0价到-3价得到电子，作氧化剂发生还原反应；故B不符合题意；
C、向海洋中排放含有硝酸根离子的废水，会导致硝酸根离子浓度升高，反硝化作用增强，会导致亚硝酸根离子、氮气生成量增加，会抑制铵根离子生成氮气和亚硝酸根离子，则氮气向铵根离子的转化会降低；故C不符合题意；
D、反硝化作用过程氮的化合价都是降低，得到电子，作为氧化剂，若氧气参与反应，其化合价也是降低，不符合氧化还原规律；故D符合题意；
故答案为：D。
（3）氨气极易溶于水，且与水能发生反应，，，溶液中加有酚酞，因此溶液会变红色且充满整个试管；
【分析】（1）氮气的结构，根据电子结构进行分析即可；固氮作用的第一步是把游离态的氮气转化为化合态的氮；
（2）分析图中海洋固氮的过程，从而分析选项是否合理；
（3）考查氨气与反应的现象及氨水的性质。
20．【答案】（1）S；H2SO4；Cu+2H2SO4（浓） CuSO4＋SO2↑+2H2O
（2）NH3；4NH3+5O2 4NO+6H2O
（3）4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O
【解析】【解答】（1）若常温下A为淡黄色固体单质，A被氧气氧化产生B，B被氧气氧化产生C，C与水反应产生D，D为强酸，则A是S单质，B是SO2，C是SO3，D是H2SO4。浓硫酸与Cu在加热时发生氧化还原反应，产生硫酸铜、二氧化硫和水；故答案为：S H2SO4 Cu+2H2SO4（浓） CuSO4＋SO2↑+2H2O；
（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A是NH3，NH3被催化氧化产生NO，NO被氧气氧化产生NO2，NO2与水反应产生HNO3，HNO3具有酸的通性，可以使蓝色的湿润石蕊试纸变红．则答案为：NH3 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O。
【分析】(1)常温下A为淡黄色固体单质是重要突破口，结合硫经两步氧化转化为SO3，SO3与水反应生成硫酸；
（2）中A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可推出A为NH3，经两步氧化转化为NO2，NO2与水反应生成HNO3。掌握常见的突破口是解决问题的关键。
21．【答案】（1）Cl2+2NaOH═NaClO+NaCl+H2O
（2）MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2↑+2H2O
（3）3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO↑ +4H2O
【解析】【解答】解：（1）“84”消毒液主要成分是次氯酸钠，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠和水，化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaClO+NaCl+H2O，
故答案为：Cl2+2NaOH═NaClO+NaCl+H2O；（2）二氧化锰与足量的浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣ Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣（稀）═3Cu2++2NO↑+4H2O．
【分析】（1）“84”消毒液（主要成分是NaClO），氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠和水；（2）实验室制氯气用二氧化锰与足量的浓盐酸加热反应，二氧化锰与足量的浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；（3）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水．