吉林省长春市实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com长春市实验中学2019—2020学年上学期期中考试

高一化学试卷

可能用到的相对原子质量有：H-1  He-4  C-12  N-14  O-16  Na-23  P-31  S-32  Ca-40

一、选择题（共15小题，每题只有一个正确选项，每小题4分，共60分）

1.对下列实验事故或废弃药品的处理方法不正确的是

A. 当有大量毒气泄漏时，人应沿逆风方向疏散

B. 实验室里电线失火，首先要断开电源

C. 当少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用3%-5%氢氧化钠溶液冲洗

D. 酒精失火用湿抹布盖灭

【答案】C

【解析】

【详解】A．氯气有毒且密度大于空气，能对人的呼吸道产生损害，当大量氯气泄漏时，应逆风疏散，故A正确；

B．电失火时要防止触电，首先要断开电源，然后再灭火，故B正确；

C．皮肤上不小心沾上浓硫酸，应用抹布擦拭，再立即用大量水冲洗，然后涂上3%～5%的NaHCO3溶液，故C错误；

D．酒精与水任意比例互溶，因此酒精着火，不能用水扑灭，应用湿抹布盖灭，故D正确；

故答案为C。

2.对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志。氢氧化钠溶液应选用的标志是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，故应贴腐蚀品标志。

【详解】A、图中标志是爆炸品标志，不符合要求，故不选A；

B、图中标志是氧化剂标志，不符合要求，故不选B；

C、图中标志是剧毒品标志，不符合要求，故不选C；

D、图中标志是腐蚀品标志，符合要求，故选D。

3.“水”是传统中医里将药材与适量水共研细，取极细药材粉末的方法。《医学人门》中记载了提纯铜绿的方法:“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”文中不涉及的操作方法是

A. 萃取 B. 溶解 C. 洗涤 D. 蒸发

【答案】A

【解析】

【分析】

提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，以此来解答。

【详解】提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”，可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，因铜绿加热灼烧可失去结晶水，则不能灼烧，即文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、倾倒、蒸发，不涉及萃取，答案选A。

【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握习题中的信息、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意该过程与萃取、蒸馏、灼烧无关。

4.下列各组物质按单质、化合物、混合物顺序排列的是

A. 氯化氢、白磷、碘酒 B. 氧气、胆矾、盐酸

C. 铁、熟石灰、冰水混合物 D. 金刚石、不锈钢、铜

【答案】B

【解析】

【详解】A．氯化氢属化合物，而白磷属于单质，故A错误；

B．氧气属于单质、胆矾属于化合物、盐酸属于混合物，故B正确；

C．铁属于单质，熟石灰属于化合物，但冰水混合物是纯净物，故C错误；

D．不锈钢是混合物，铜属于单质，故D错误；

故答案为B。

5.下列关于电解质、非电解质说法正确的是

A. 氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质

B. CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质

C. 导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液

D. HF的水溶液中既有H+、F－，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质

【答案】D

【解析】

【详解】A．氯气为单质，不是化合物，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；

B．碳酸钙溶于水的部分完全电离，所以碳酸钙为强电解质，电解质的导电性与其溶液的导电性强弱无关，故B错误；

C．导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱没有必然关系，如硫酸钡在溶液中导电性较弱，但是硫酸钡所以强电解质，故C错误；

D．HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量的HF分子，证明氟化氢在溶液中部分电离，所以氟化氢为弱电解质，故D正确；

故选D。

6.同温同压下，等体积的一氧化二氮(N2O)和二氧化碳两种气体相比较：①质量不相等；②所含碳原子数与氮原子数不相等；③所含分子数相等。上述结论中正确的是

A. ①②③ B. ②③ C. ①② D. ①③

【答案】B

【解析】

【详解】同温、同压下，气体的Vm相等，则体积相同时，n=可知，两种气体的物质的量相同，设物质的量都为n，则：

①m(N2O)=nM=44n，m(CO2)=nM=44n，故①错误

②N(C)=nNA，N(N)=2n(N2O)×NA=2NA，所含碳原子数与氮原子数不相等，故②正确；

③N(N2O)=nNA，N(CO2)=nNA，所含分子数相等，故③正确；

②③正确，故答案为B。

7.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是

A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L

B. 0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数

C. 常温下，28克N2和CO的混合物，含有2NA个原子

D. 标准状况下，33.6 L氧气中含有9.03×1023个氧气分子

【答案】A

【解析】

【详解】A．稀有气体为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；

B．19.6磷酸(H3PO4)的物质的量为=0.2mol，则0.2NA个硫酸分子与19.6磷酸(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8NA，故B正确；

C．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混合物的总物质的量为1mol，含有2NA个原子，故C正确；

D．标准状况下，33.6 L氧气的物质的量为=1.5mol，共含有9.03×1023个氧气分子，故D正确；

故答案为A。

8.在含有MgCl2、KCl、Na2SO4 3种物质的混合溶液中，已知c(Cl-）=2.5mol·L－1， c(K+)+c(Na+)=1.5mol·L－1 ，c(SO42-)=0.5mol·L－1，则c(Mg2+)应是

A. 1mol·L－1 B. 1.5mol·L－1 C. 2mol·L－1 D. 0.5 mol·L－1

【答案】A

【解析】

【分析】

混合液呈中性，根据电荷守恒：c(Cl-）+2c(SO42-)= c(K+)+c(Na+)+2c(Mg2+)，据此进行计算。

【详解】溶液中存在c(Cl-）+2c(SO42-)= c(K+)+c(Na+)+ 2c(Mg2+)，2c(Mg2+)= c(Cl-）+2 c(SO42-)-c(K+)-c(Na+)=2.5mol·L－1-2×0.5mol·L－1-1.5mol·L－1=2mol·L－1，所以c(Mg2+)=1mol·L－1，故A正确；

故答案选A。

9.下列四幅图中，小白球代表氢原子，大灰球代表氦原子。最适合表示标准状况下，等质量的氢气与氦气的混合气体的是 ( )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】氦气的摩尔质量为4g/mol，氢气的摩尔质量为2g/mol，设质量均为4g，则氦气的物质的量为1mol，氢气的物质的量为2mol，所以氢气分子与氦气分子的分子数之比为2mol:1mol=2:1。答案选B。

10.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾形成的种种美景本质原因是（    ）

A. 发生丁达尔效应

B. 空气中的小水滴颗粒的布朗运动

C. 雾是一种胶体，胶粒带有电荷

D. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为1～100 nm

【答案】D

【解析】

【详解】雾是一种胶体。作为胶体，其本质是分散质粒子直径大小在1~100nm，而丁达尔现象、布朗运动等只是胶体的性质。所以答案选择D项。

【点睛】单看题给的四个选项，语言表达上均没有问题，需要注意的是本质和特征（性质）的差别。分散系分类的依据是分散质粒子直径的大小，所以胶体的本质是分散质粒子直径大小在1~100nm范围。

11.下列离子反应方程式正确的是：

A. 硫酸溶液和氢氧化钡溶液混合：Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O

B. 氨水滴入AlCl3溶液中：Al3++3OH-=Al(OH)3↓

C. MgO溶于稀HCl中：O2-+2H+=H2O

D. Al(OH)3溶于稀H2SO4中：OH-+H+=H2O

【答案】A

【解析】

【详解】A．硫酸溶液和氢氧化钡溶液混合时发生的离子反应为Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O，故A正确；

B．氨水滴入AlCl3溶液中发生的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；

C．MgO溶于稀HCl中发生的离子反应为MgO+2H+=H2O+Mg2+，故C错误；

D．Al(OH)3溶于稀H2SO4中发生的离子反应为Al(OH)3 +3H+=3H2O+Al3+，故D错误；

故答案为A。

【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。

12.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A. 酸性溶液中：NH4+、Na+、Cl-、NO3-

B. 碱性溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-

C. 能使石蕊变蓝的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-

D. 无色透明的溶液中：MnO4-、SO42-、K+、H+

【答案】A

【解析】

【详解】A．在酸性溶液中，离子组NH4+、Na+、Cl-、NO3-彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；

B． OH-、HCO3-和Ca2+发生离子反应生成碳酸钙沉淀和水，则在碱性溶液中不能大量共存，故B错误；

C．能使石蕊变蓝的溶液显碱性，NH4+和Al3+均不能在碱性溶液中大量存在，故C错误；

D．无色透明的溶液中不可能存在MnO4-，故D错误；

故答案为A。

【点睛】离子共存的判断，解题时要注意题目所隐含的条件。如：①溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；③强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等，本题中的隐含条件有2个：pH=1和无色，解题时就要加以注意。

13.40mL物质的量浓度为0.05mol▪L-1Na2SO3溶液恰好与25mL浓度为0.02mol▪L-1的K2X2O6溶液完全反应，已知Na2SO3可被K2X2O6氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为下列的

A. +1价 B. +2价 C. +3价 D. +4价

【答案】A

【解析】

【详解】令X元素在产物中的化合价为a价，根据电子守恒规律，则：40×10-3L×0.05mol/L×(6-4)=25×10-3L×0.02mol/L×2×(5-a)，解得a=+1，故答案为A。

14.二氧化硒(Se)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程当中涉及到如下化学反应：

①SeO2＋4KI＋4HNO3→Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O；

②Se＋2H2SO4(浓)→2SO2↑＋SeO2＋2H2O。下列有关叙述不正确的是

A. 反应①中每有0.6mol I2生成，转移电子数目为1.2NA

B. ①中Se是还原产物，I2是氧化产物

C. 反应①中KI是氧化剂，SeO2是还原剂

D. SeO2、H2SO4(浓)、I2的还原性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2

【答案】C

【解析】

【详解】A．该反应中生成1mol碘转移2mol电子，则每有0.6 mol I2生成，转移电子1.2mol，转移电子数目为1.2NA，故A正确；

B．还原剂对应的产物是氧化产物、氧化剂对应的产物的还原产物，①中氧化剂是SeO2、KI是还原剂，则Se是还原产物、碘是氧化产物，故B正确；

C．得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，①中氧化剂是SeO2、KI是还原剂，故C错误；

D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①中氧化剂是SeO2、碘是氧化产物，②中氧化剂是浓硫酸，氧化产物是SeO2，所以氧化性：H2SO4(浓)＞SeO2＞I2，故D正确；

故答案为C。

15.若50 g密度为ρ g·cm-3的硝酸钙溶液里含2g Ca2＋，则NO3-的物质的量浓度是

A. mol·L－1 B. 2.5ρ mol·L－1

C. mol·L－1 D. 2ρ mol·L－1

【答案】D

【解析】

【详解】溶液的体积==cm-3=L，n(Ca2+)==mol，c(Ca2+)==ρmol/L，硝酸钙中钙离子和硝酸根离子的浓度之比等于其系数之比，则c(NO3-)=2c(Ca2+)=2×ρmol/L=2ρmol/L，故答案为D。

二、填空题（除特殊标注外，每空2分，共40分）

16.(1)“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化剂及军事科学中。所谓“纳米材料”是指研究、开发出的微粒直径从几纳米到几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物可能具有的性质是 _______________________。 

A．所得液体能全部透过半透膜      B．能全部透过滤纸

C．有丁达尔效应                  D．所得物质一定是悬浊液

(2)把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体，鉴别溶液和淀粉胶体可以利用的方法是______________。

(3)把少量的FeCl3饱和溶液滴入沸水中，制成Fe(OH)3胶体，制备氢氧化铁胶体的化学方程式为_____________________，向氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸至稀硫酸过量可观察到的现象是_______________________________，写出上述反应的化学方程式___________________。

【答案】    (1). BC    (2). 用可见光照射后可观察是否有丁达尔效应，若有则为胶体    (3). FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl    (4). 先有红褐色沉淀生成，后红褐色沉淀溶解，溶液变为棕黄色    (5). 2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O

【解析】

【分析】

(1)由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，以此来解答；

(2)胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备；

(3)制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体；向Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，先发生胶体的聚沉，然后二者之间会发生复分解反应。

【详解】(1)分散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质；

A．胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，故A错误；

B．胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，但能透过滤纸，故B正确；

C．胶体都能产生丁达尔效应，故C正确；

D．胶体不是悬浊液，故D错误；

故答案为BC；

(2)胶体和溶液的区别是：胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备，可以据此来鉴别二者，故用可见光照射胶体，观察有无“丁达尔现象”，有就是胶体；

(3)制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl；向Fe(OH)3胶体中滴入稀硫酸，胶体会发生聚沉，然后Fe(OH)3与硫酸发生复分解反应，沉淀又消失，发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O。

17.实验需要0.5mol/L NaOH溶液240mL，根据溶液配制中情况回答下列问题：

(1)实验中定容要用到________ mL的容量瓶。

(2)根据计算得知，所需NaOH的质量为________ g。

(3)配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次） _________ 。

A、用托盘天平准确量取所需的NaOH的质量，在烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动

B、用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡

C、将容量瓶盖紧，振荡，摇匀

D、将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入容量瓶中

E、加水至离刻度线1～2cm处改用胶头滴管加水，使洛液凹面恰好与刻度相切

(4)对所配浓度影响对应操作一定是（填写字母）偏小的有________。

A．称量用了生锈砝码

B．将NaOH放在纸张上称量

C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中

D．称量过程中将氢氧化钠和砝码放反

E．未洗涤溶解NaOH的烧杯

F．定容时俯视刻度线

G．容量瓶未干燥即用来配制溶液

【答案】    (1). 250    (2). 5.0    (3). ADBEC    (4). BDE

【解析】

【分析】

(1)实验室没有240mL容量瓶，根据“大而近”的原则，应选择250mL容量瓶；

(2)依据配制溶液体积选择合适的容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量；

(3)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；

(4)分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据c=进行误差分析，凡是使n增大或者使V减小的操作都会使溶液浓度偏高，反正溶液浓度偏低。

【详解】(1)根据“大而近”的原则，根据需要配制的溶液的体积为240mL，但由于无240mL容量瓶，故应选择250mL容量瓶；

(2)实验需要0.5mol/LNaOH溶液240ml，而实验室没有240mL容量瓶，应选择250mL容量瓶，实际配制250mL溶液，依据m=cVM可知需要氢氧化钠的质量m=0.5mol/L×0.25L×40g/mol =5.0g；

(3)配制一定物质的量浓度的溶液，根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，正确的操作顺序是：ADBEC；

(4)A．称量用了生锈的砝码，导致称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏大，故A错误；

B．将NaOH放在纸张上称量，氢氧化钠吸收空气中的水和二氧化碳，导致称取的固体中和含有溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故B正确；

C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，冷却后，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故C错误；

D．称量过程中将氢氧化钠和砝码放反，称取的NaOH质量偏低，配制溶液浓度偏小，故D正确；

E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故E正确；

F．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故F错误；

G．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，故G错误；

故答案为BDE。

【点睛】配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。

18.(1)标准状况下，5.1g NH3与_______L H2S气体含有的氢原子数相同。 

(2)5molCO2与6mol的SO3的原子数之比是__________。

(3)常温常压下22.4LCO2中分子个数_____64克SO2的分子个数(填“＞、＜或＝”)

(4)标准状况下，NH3与CH4组成的混合气体的平均密度为0.75g/L，该混合气体的平均摩尔质量为_________________，NH3的体积分数为______________.

【答案】    (1). 10.08L    (2). 5∶8    (3). ＜    (4). 16.8g/mol    (5). 80%

【解析】

【详解】(1)要使氨气与硫化氢氢原子个数相等，应满足：×3×NA=×2×NA，解得V=10.08L；

(2) CO2分子内原子数目是3，SO3分子内原子数目是4，5mol的CO2与6mol的SO3的原子数之比是(5mol×3):(6mol×4)=5:8；

(3) 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4L二氧化碳的物质的量小于1mol，则含有的分子个数小于NA个；64克SO2的物质的量为=1mol，含有的分子个数NA个；则常温常压下22.4LCO2中分子个数小于64克SO2的分子个数；

(4) 标准状况下，NH3与CH4组成的混合气体的平均密度为0.75g/L，混合气体平均摩尔质量：M=ρVm=0.75g/L×22.4L/mol=16.8g/mol；设NH3与CH4的物质的量分别为x、y，则=16.8，解得x:y=4:1，物质的量比等于体积比，则NH3的体积分数为×100%=80%。

19.(1)K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O氧化剂是______，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。

(2)配平下列反应方程式

①____S +____HNO3——_____H2SO4  +______NO2↑ +____H2O

② 若6.4g单质硫参加反应时，反应过程中转移电子的物质的量为______。

(3)Cl2是一种有毒气体，如果泄漏会造成严重的环境污染，化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏，有关反应的化学方程式为：3Cl2（气）+8NH3（气）=6NH4Cl（固）+N2（气），若反应中消耗Cl2 1.5mol则被氧化的NH3在标准状况下的体积为_____ L。

【答案】    (1). K2Cr2O7    (2). 3：2    (3). 1    (4). 6    (5). 1    (6). 6    (7). 2    (8). 1.2mol    (9). 22.4

【解析】

【分析】

(1)化合价升高元素被氧化，化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高的元素所在的反应物是还原剂，根据反应中发生化合价变化的量来判断氧化剂与还原剂的物质的量之比；

(2)氧化还原反应中，元素化合价升高值等于元素化合价降低值，根据电子守恒来配平方程式；

(3)被氧化的氨气生成氮气，根据方程式计算生成氨气的物质的量，再根据氮原子守恒计算被氧化的氨气的物质的量，根据V=nVm计算被氧化氨气的体积。

【详解】(1)在K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O反应中，氯元素化合价升高，所以氯元素被氧化，HCl是还原剂，其产物Cl2为氧化产物，铬元素化合价降低，所以K2Cr2O7是氧化剂，对应的产物CrCl3是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2；

(2)①该反应中元素的化合价变化如下：S→H2SO4，S元素的化合价由0价→+6价，一个S失去6个电子；HNO3→NO2，N元素的化合价由+5价→+4价，得到1e-；化合价升高数=化合价降低数，所以得失电子的最小公倍数为6，则该反应为：S +6HNO3=H2SO4 +6NO2↑ +2H2O；

②6.4g硫的物质的量为=0.2mol，则6.4g单质硫参加反应时，反应过程中转移电子的物质的量为0.2mol×6=1.2mol；

(3)被氧化的氨气生成氮气，根据方程式可知生成氮气的物质的量为1.5mol×=0.5mol，根据氮原子守恒可知被氧化的氨气的物质的量为0.5mol×2=1mol，故被氧化氨气的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L。

【点睛】氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：①标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；②列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；③求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；④配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；⑤细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。