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