Question

2．焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈．发生的反应体系中共有六种物质：NH₄Cl、FeCl₃、N₂、Fe₂O₃、Fe和X．
（1）根据题意，可判断出X是H₂O（写化学式）．
（2）写出并配平该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：（或）；
（3）已知S元素的最高正价为+6价，则反应：5S₂O₈^2-+2Mn²⁺+8H₂O=10SO₄^2-+2MnO₄^-+16H⁺中，得电子的元素为O，5molS₂O₈2^-参加反应时转移电子物质的量为10mol．

Answer 1

分析 （1）根据焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈可知反应物，利用元素守恒来分析X；
（2）根据Fe元素的化合价降低、N元素的化合价升高，利用电子守恒及质量守恒定律来配平反应，然后标出电子转移的分析和数目；
（3）该反应中，S₂O₈^2-中O元素的化合价若为-2价，则S元素的化合价为+7，而S元素的最高正价为+6价，则O氧元素的化合价为-1价，S₂O₈^2-中S元素的化合价为+4价，该反应中O元素得到电子被还原，Mn、S元素失去电子被氧化，据此进行解答．

解答 解：（1）根据焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈可知反应物为NH₄Cl、Fe₂O₃，
则该反应得生成物为FeCl₃、N₂、Fe和X，
根据元素守恒可知X中含有H、O元素，则X为H₂O，
故答案为：H₂O；
（2）由反应物和生成物可知，NH₄Cl+Fe₂O₃→Fe+FeCl₃+N₂↑+H₂O，该反应Fe元素的化合价由+3价降低为0，N元素的化合价由-3价升高到0，
根据电子守恒可知，得电子数=失去电子数=18e^-，则6NH₄Cl+Fe₂O₃→6Fe+FeCl₃+3N₂↑+H₂O，再质量守恒定律可知，配平的化学反应为6NH₄Cl+4Fe₂O₃═6Fe+2FeCl₃+3N₂↑+12H₂O，用双线桥电子转移的方向和数目可以表示为：，用单线桥表示电子转移的方向和数目为：，
故答案为：（或）；
（3）反应5S₂O₈^2-+2Mn²⁺+8H₂O=10SO₄^2-+2MnO₄^-+16H⁺中，S₂O₈^2-中O元素的化合价若为-2价，则S元素的化合价为+7，而S元素的最高正价为+6价，则O氧元素的化合价为-1价，S₂O₈^2-中S元素的化合价为+4价，该反应中O元素得到电子被还原，Mn、S元素失去电子被氧化；
5molS₂O₈^2-参加反应时，被还原的-1价O元素的物质的量为5mol×2=10mol，则转移电子物质的量为：10mol×1=10mol
故答案为：O；10mol．

点评 本题考查了氧化还原反应的计算，题目难度中等，涉及氧化还原反应的配平、计算，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意掌握用单线桥、双线桥分析氧化还原反应的方法，试题培养了学生的灵活应用能力．