全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总及答案.docx
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全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总及答案
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）
1．高氯酸铵是一种常见的强氧化剂，常用作火箭发射的推进剂。
根据下列信息回答问题:
已知:
①高氯酸铵受热分解为N2、Cl2、O2和H2O;②Mg3N2易水解;③Cu与N2在酒精灯加热条件下不反应。
（1）写出高氯酸铵受热分解的化学反应方程式:
_____________，Mg3N2的电子式为________。
（2）现有23.5gNH4ClO4分解，用下列装置设计实验，验证其分解产物并计算分解率。
（注:
①装置中空气已除尽;②装置可重复使用;③B~F装置中的试剂均过量且能与相应物质反应完全。
）
①用E装置质量的增加来验证生成的气体产物之一，则E中盛放的试剂是:
_______。
②请按气流由左至右的方向连接装置:
A→E→D→B→______→_____→_______→E（选择B~F装置，并用B~F字母填空）。
③证明产物中有Cl2的实验现象:
________。
④反应结束后，若C装置质量增加了2.38g，则NH4ClO4的分解率是:
________%。
（3）样品中NH4ClO4的含量（杂质中不含NH4+）还可用蒸馏法测定（如图所示，加热和夹持装置已略去），实验步骤如下:
步骤1:
组装仪器，检查气密性;准确称取样品ag（不超过0.5g）于蒸馏烧瓶中，加入约150mL水溶解。
步骤2:
准确量取40.00mL约0.1mol/LH2SO4于锥形瓶中。
步骤3:
向蒸馏烧瓶中加入20mL3mol/LNaOH溶液;加热蒸馏使NH3全部挥发。
步骤4:
用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次，洗涤液并入锥形瓶中。
步骤5:
向锥形瓶中加2~3滴甲基橙，用cmol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V1mL。
步骤6:
重复实验2~3次。
回答下列问题:
①步骤2中，准确量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃仪器是:
__________。
②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是:
______。
【答案】2NH4ClO4
2O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑
浓硫酸EFCD裝置中颜色由无色变为橙色85.0或85酸式滴定管或移液管用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度
【解析】
【分析】
（1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式；Mg3N2是离子化合物；
（2）A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气；D中溴化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；
（3）①根据硫酸体积的精度是0.01mL选择仪器；②要计算NH4ClO4的含量，需要知道硫酸溶液的浓度。
【详解】
（1）根据得失电子守恒配平高氯酸铵受热分解的化学反应方程式为2NH4ClO4
2O2↑+N2↑+Cl2↑+4H2O↑；Mg3N2是离子化合物，电子式是
；
（2）①A是高氯酸铵受热分解的装置；B是氢氧化钠溶液，可以吸收氯气；C中盛放Mg粉，可以检验氮气；D中溴化钾可以检验氯气；F中铜粉可以检验氧气；E中盛放液体，根据E装置质量的增加来验证生成的水，所以E中盛浓硫酸；
②根据以上分析，按气流由左至右的方向连接装置:
A→E→D→B→E→F→C→E；
③D中溴化钾可以与氯气反应，方程式是2KBr+Cl2=2KCl+Br2，溴水为橙色，所以D裝置中颜色由无色变为橙色可以证明产物中有Cl2；
④C中盛放Mg粉，可以与氮气反应生成Mg3N2，若C装置质量增加了2.38g，说明反应生成氮气2.38g，则NH4ClO4的分解率是
；
（3）①根据硫酸体积的精度是0.01mL，准确量取40.00mLH2SO4溶液的玻璃仪器是酸式滴定管；
②为获得样品中NH4ClO4的含量，还需补充的实验是用NaOH标准溶液标定硫酸溶液的浓度。
2．据报道，磷酸二氢钾（KH2PO4）大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。
利用氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12）制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示（部分流程步骤已省略）：
已知萃取的主要反应原理：
KCl+H3PO4
KH2PO4+HCl；其中，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂。
请回答下列问题：
（1）流程中将氟磷灰石粉碎的目的是__________________________________。
（2）不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是____________（用化学方程式表示）。
（3）副产品N的化学式是____________；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ，其主要包括____________、过滤、洗涤、干燥等。
（4）若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12，摩尔质量为504g/mol）来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，则理论上可生产KH2PO4（摩尔质量为136g/mol）的质量为_______kg。
（5）电解法制备KH2PO4的装置如图所示．该电解装置中，a区属于_______区（填“阳极”或“阴极”），阴极区的电极反应式是________________。
（6）工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO,该反应的化学方程式为________________________________________。
【答案】增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率4HF+SiO2═SiF4↑+2H2ONH4Cl蒸发浓缩、冷却结晶326.4kg阴极2H＋＋2e－＝H2↑4Ca5P3FO12+21SiO2+30C
20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑
【解析】
【分析】
氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12）粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有机萃取剂，KCl+H3PO4
KH2PO4+HCl，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中含有KH2PO4，经过一系列操作得到KH2PO4晶体。
【详解】
（1）流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；
（2）根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O；
（3）根据上述分析，副产品N的化学式为NH4Cl；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石（化学式为Ca5P3FO12）中含有Ca5P3FO12的质量为504kg，根据P元素守恒，理论上可生产KH2PO4的质量为504kg×80%×
÷
=326.4kg，故答案为326.4kg；
（5）根据图示，应该在a区生成KH2PO4，则钾离子由b区移向a区，则a区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，故答案为阴极；2H＋＋2e－＝H2↑；
（6）用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反应的化学方程式为4Ca5P3FO12+21SiO2+30C
20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑，故答案为4Ca5P3FO12+21SiO2+30C
20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑。
3．MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。
工业上Mn（NO3）2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：
用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn（NO3）2溶液；在一定条件下，把50%的Mn（NO3）2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：
3Mn（NO3）2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。
请回答下列问题：
Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。
（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。
（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。
Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：
4KMnO4+2H2O
4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。
Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。
（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。
A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红
B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红
C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成
D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成
（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。
实验
酸或碱
现象
A
1滴0.2mol/LNaOH溶液
不变色
B
1滴水
缓慢变浅棕褐色
C
1滴0.1mol/L硫酸溶液
迅速变棕褐色
该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。
写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。
【答案】Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ、
（1）软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；
（2）制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；
Ⅱ、反应中c（OH-）在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；
Ⅲ、
（1）A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。
（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O。
【详解】
Ⅰ、
（1）软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体。
反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；答案为：
Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；
（2）制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：
可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；
Ⅱ、反应中c（OH-）在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物MnO2起催化作用；答案为：
反应生成的MnO2对该反应起催化作用；
Ⅲ、
（1）A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+，A符合题意；
B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性，B不合题意；
C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀，C不合题意；
D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应，D不合题意。
故选A；
（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；答案为：
酸性越强，MnO2氧化能力越强；
MnO2在酸性溶液中氧化I−，生成Mn2+、I2和H2O，反应的离子方程式为MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O；答案为：
MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O。
4．研究证明，高铁酸钾不仅能在饮用水源和废水处理过程中去除污染物，而且不产生任何诱变致癌的产物，具有高度的安全性。
湿法制备高铁酸钾是目前最成熟的方法，实验步骤如下：
A．直接用天平称取60.5gFe（NO3）3·9H2O、30.0gNaOH、17.1gKOH。
B．在冰冷却的环境中向NaClO溶液中加入固体NaOH并搅拌，又想其中缓慢少量分批加入Fe（NO3）3·9H2O，并不断搅拌。
C．水浴温度控制在20℃，用电磁加热搅拌器搅拌1.5h左右，溶液成紫红色时，即表明有Na2FeO4生成。
D．在继续充分搅拌的情况下，向上述的反应液中加入固体NaOH至饱和。
E.将固体KOH加入到上述溶液中至饱和。
保持温度在20℃，并不停的搅拌15min，可见到烧杯壁有黑色沉淀物生成，即K2FeO4.
（1）①步骤B中不断搅拌的目的是_______。
②步骤C中发生反应的离子方程式为______。
③由以上信息可知：
高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠_______（填“大”或“小”）。
（2）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，与水反应生成O2、Fe（OH）3（胶体）和KOH。
①该反应的离子方程式为______。
②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是_______。
③在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用_______。
A．H2OB．稀KOH溶液、异丙醇C．NH4Cl溶液、异丙醇D．Fe（NO3）3溶液、异丙醇
（3）高铁酸钠还可以用电解法制得，其原理可表示为Fe+2NaOH+2H2O
3H2↑+Na2FeO4，则阳极材料是____，电解液为______。
（4）25℃时，Ksp（CaFeO4）=4.536×10-9，若要使100mL1.0×10-3mol/L的K2FeO4溶液中的c（FeO42-）完全沉淀，理论上要加入Ca（OH）2的物质的量为_____mol。
（5）干法制备高铁酸钾的方法是Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成黑色高铁酸钾和KNO2等产物。
则该方法中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
【答案】使固体充分溶解（或其他合理说法）2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-小4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+8OH-+3O2↑消毒、净水B铁NaOH溶液4.536×10-53:
1
【解析】
【分析】
（1）①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积；
②步骤C中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe（NO3）3·9H2O，在20℃左右，生成Na2FeO4；
③在Na2FeO4的浓溶液中加入KOH固体，有高铁酸钾析出，根据溶解度大的制备溶解度小的可得；
（2）①该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，根据转移电子相等配平方程式；②高铁酸钾在铁元素为+6价，有强氧化性，还原产物Fe3+，在水溶液中易水解生成氢氧化铁胶体；③洗涤剂的选择要求：
要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂；
（3）电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子；
（4）根据溶度积常数计算；
（5）根据含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，并根据得失电子守恒氧化剂与还原剂的物质的量之比。
【详解】
（1）①搅拌操作可增加固体与液体的接触面积，则步骤B中不断搅拌的目的是使固体充分溶解；
②步骤C中中发生反应是NaClO溶液中加入固体NaOH和Fe（NO3）3·9H2O，在20℃左右，生成Na2FeO4，此时发生反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；
③根据题，将KOH加入Na2FeO4得到K2FeO4，说明高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小；
（2）①该反应中Fe元素化合价由+6价变为+3价、O元素化合价由-2价变为0价，其转移电子数为6，根据转移电子相等、电荷守恒配平方程式为4FeO42-+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH-；②高铁酸钾（K2FeO4）具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂，起到杀菌消毒作用，形成胶体具有吸附悬浮杂质的作用；③洗涤剂的选择要求：
要对K2FeO4水解能起到抑制作用的试剂，在选项中，A能让K2FeO4水解，B中醋酸钠水解显碱性，对K2FeO4水解能起到抑制作用，C和D中的铵根和三价铁离子易水解，且水解后显酸性，对K2FeO4水解能起到促进作用，故选B，故答案为：
B；
（3）电解总反应在碱性条件下进行，电解时阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子，则阳极材料是Fe，电解液为NaOH溶液；
（4）25℃时，CaFeO4的Ksp=4.536×10-9，若要使100mL1.0×10-3mol•L-1的K2FeO4溶液中的c（FeO42- ）完全沉淀，理论上至少要加入的Ca（OH）2的物质的量=
×0.1L=
mol/L×0.1L=4.536×10-5mol；
（5）干法制备高铁酸钾的方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸钾和KNO2等产物，其中氮元素化合价从+5价降到+3价，得2e-，KNO3为氧化剂，Fe2O3中铁元素化合价从+3价升到+6价，共失去电子6e-，为还原剂，得失电子相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：
1。
5．
（1）已知草酸（H2C2O4）分解的化学方程式为：
H2C2O4
CO↑+CO2↑+H2O，下列装置中，可用作草酸分解制取气体的是__________（填序号）
（2）某实验小组为测定铁锈样品的组成（假定铁锈中只有Fe2O3·nH2O和Fe两种成份），利用草酸分解产生的CO和铁锈反应，实验装置如下图所示。
①、为得到干燥、纯净的CO气，洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_______、________。
②、在点燃C处酒精灯之前，应先持续通入一段时间的混合气体，其目的是______________________
③、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中，充分反应后冷却、称量（假设每步均完全反应），硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g，D中浓硫酸增重1.44g，则n=______。
④、在本实验中，下列情况会使测定结果n偏大的是____（填字母）
a．缺少装置Ab．缺少装置Bc．反应后固体是铁和少量Fe2O3·nH2O
【答案】④NaOH溶液浓硫酸排除装置中的空气，防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸2b
【解析】
【详解】
（1）该反应的反应物是液体，反应条件是加热，应选择固液反应且需要加热的装置，所以选④.
（2）①为得到干燥、纯净的CO气，应先除去混合气体中的二氧化碳，用氢氧化钠吸收即可；混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气，为除去水蒸气，选用浓硫酸洗气。
②装置中含有空气，CO中混有空气加热时可能发生爆炸，所以要通入混合气体一段时间，排除装置中的空气。
③由题意知，固体质量减少的量为水和氧的量，浓硫酸吸收的量为水，反应方程式为：
Fe2O3．nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O固体质量减少量
18ng（18n+48）g
1.44g20.00g-16.64g
所以18ng：
1.44g=（18n+48）g：
（20.00g-16.64g）
解得n=2。
④a、缺少装置A，未除去CO2，可能影响CO还原氧化物，固体质量差变小，导致所测n值偏小，错误；b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大，所以测定结果n偏大，正确；c、反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O，固体减少的质量偏小，导致所测n值偏小，错误。
6．NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：
2NH3+3Cl2→N2+6HCl。
当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。
（1）该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。
如氯气有少量泄漏，用氨气检验时的现象为_____________________________。
（2）若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最佳比例为_____。
（3）常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变。
求：
①反应前氯气和氨气的物质的量之比______________
②反应后生成的氧化产物的质量_______________。
（4）若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，实验精确测得充分反应后无色混合气体中N2占混合气体的
，求生成氧化产物的物质的量_____________。
（该实验数据在标准状况下测定）
【答案】有白烟生成3∶2n（NH3）∶n（Cl2）=1∶1m（N2）=56g余NH3和N20.263mol，余HCl和N20.893mol
【解析】
【分析】
NH3和Cl2在常温下可快速反应生成氮气：
2NH3+3Cl2→N2+6HCl。
当Cl2和NH3比例不同时，产物有差异。
（1）要检验化工生产中氯气是否泄漏，则需要有明显的现象，从提供的反应可以看出，氨气过量时会有明显现象，找到该反应并指出现象即可；
（2）要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸，故按该反应中Cl2和NH3的比例来回答；
（3）常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明
反应后氨气有剩余，再发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，按此思路计算①反应前氯气和氨气的物质的量之比及②反应后生成的氧化产物的质量；
（4）若将总体积为100L的NH3和Cl2混合，①
恰好反应，根据方程式计算混合气体总体积，进而计算氮气体积；
②NH3过量时，发生反应
，剩余混合气体为氮气、氨气，设Cl2有xL，利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量；
【详解】
（1）按题意，用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象，氯气和氨气可能的反应为
、当氨气过量时会与生成的HCl反应生成氯化铵，有白烟，现象明显；
答案为：
有白烟生成；
（2）氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：
，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，Cl2和NH3的最佳比例为3：
2；
答案为：
3：
2；
（3）①常温常压下，取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体，完全反应后，气体物质的量保持不变，说明
反应后氨气有剩余，再多余氨气再与部分HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，HCl不能完全反应，设反应
中消耗氯气的物质的量为x，
，
，前者体积增大与后者体积减小相等，则
，得x=6，
故反应前氯气和氨气的物质的量之比为
：
1；
答案为：
1:
1；
②反应
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