题目内容
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______（写化学式）．
（2）写出并配平该反应的化学方程式：______；
（3）当转移的电子总数为a个时，氮气物质的量变化了bmol，阿伏加德罗数常数为（用含a、b的代数式表示）______．
（4）反应中被氧化产生了11.2L（标准状况）的气体时，被还原的物质的质量为______．
【答案】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；
（3）根据生成氮气时转移的电子来计算；
（4）根据化学方程式及起氧化剂作用的氧化铁来计算．
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NH4C1、Fe2O3，
则该反应得生成物为FeC13、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，
NH4C1+Fe2O3→Fe+FeC13+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
6NH4C1+Fe2O3→6Fe+FeC13+3N2↑+H2O，
再质量守恒定律可知，配平的化学反应为6NH4C1+4Fe2O3═6Fe+2FeC13+3N2↑+12H2O，
故答案为：6NH4C1+4Fe2O3═6Fe+2FeC13+3N2↑+12H2O；
（3）由6NH4C1+4Fe2O3═6Fe+2FeC13+3N2↑+12H2O可知，生成3molN2时转移的电子数为18mole-，
设阿伏加德罗数常数为x，由转移的电子总数为a个时，氮气物质的量变化了bmol，
则
，解得x=
，故答案为：
；
（4）11.2L（标准状况）的气体，其物质的量为
=0.5mol，
由6NH4C1+4Fe2O3═6Fe+2FeC13+3N2↑+12H2O可知，
气体与起氧化剂作用的氧化铁得关系为，33N2↑～3Fe2O3，
则被还原的物质的质量为0.5mol×160g/mol=80g，
故答案为：80．
点评：本题考查氧化还原反应得配平及有关计算，根据电子守恒及质量守恒定律得出化学反应方程式是解答本题的关键，并注意（4）是学生解答的难点和易错点，4molFe2O3参与反应时只有3mol作氧化剂．
（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；
（3）根据生成氮气时转移的电子来计算；
（4）根据化学方程式及起氧化剂作用的氧化铁来计算．
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NH4C1、Fe2O3，
则该反应得生成物为FeC13、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，
NH4C1+Fe2O3→Fe+FeC13+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
6NH4C1+Fe2O3→6Fe+FeC13+3N2↑+H2O，
再质量守恒定律可知，配平的化学反应为6NH4C1+4Fe2O3═6Fe+2FeC13+3N2↑+12H2O，
故答案为：6NH4C1+4Fe2O3═6Fe+2FeC13+3N2↑+12H2O；
（3）由6NH4C1+4Fe2O3═6Fe+2FeC13+3N2↑+12H2O可知，生成3molN2时转移的电子数为18mole-，
设阿伏加德罗数常数为x，由转移的电子总数为a个时，氮气物质的量变化了bmol，
则
，解得x=
，故答案为：
；（4）11.2L（标准状况）的气体，其物质的量为
=0.5mol，由6NH4C1+4Fe2O3═6Fe+2FeC13+3N2↑+12H2O可知，
气体与起氧化剂作用的氧化铁得关系为，33N2↑～3Fe2O3，
则被还原的物质的质量为0.5mol×160g/mol=80g，
故答案为：80．
点评：本题考查氧化还原反应得配平及有关计算，根据电子守恒及质量守恒定律得出化学反应方程式是解答本题的关键，并注意（4）是学生解答的难点和易错点，4molFe2O3参与反应时只有3mol作氧化剂．
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