学年浙江省诸暨市牌头中学高二下学期期中考试化学试题 解析版.docx

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学年浙江省诸暨市牌头中学高二下学期期中考试化学试题解析版

浙江省诸暨市牌头中学2017-2018学年高二下学期期中考试

化学试题

1.下列属于酸性氧化物的是

A.水B.一氧化碳C.氧化钠D.二氧化硫

【答案】D

【解析】试题分析：

酸性氧化物是与水反应生成酸，与见反应生成盐和水的氧化物，SO2和水反应生成亚硫酸，是酸性氧化物，答案选D。

考点：

考查氧化物的分类

2.下列仪器名称为“分液漏斗”的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A为圆底烧瓶，故A不选；B为分液漏斗，故B选；C为容量瓶，故C不选，D为烧杯，故D不选；答案选B。

3.下列物质溶于水后，溶液能导电，但属于非电解质的是

A.SO2B.CH3COOHC.CaOD.Na

【答案】A

【解析】分析：

A项，SO2的水溶液能导电，SO2属于非电解质；B项，CH3COOH的水溶液能导电，CH3COOH属于电解质；C项，CaO溶于水生成Ca（OH）2，Ca（OH）2水溶液能导电，CaO属于电解质；D项，Na属于单质，Na既不是电解质也不是非电解质。

详解：

A项，SO2的水溶液能导电，导电的离子是H2SO3电离产生的，SO2属于非电解质，A项符合题意；B项，CH3COOH的水溶液能导电，CH3COOH属于电解质，B项不符合题意；C项，CaO溶于水生成Ca（OH）2，Ca（OH）2水溶液能导电，CaO在熔融状态下能导电，CaO属于电解质，C项不符合题意；D项，Na溶于水生成NaOH和H2，NaOH溶液能导电，Na属于单质，Na既不是电解质也不是非电解质，D项不符合题意；答案选A。

点睛：

本题考查电解质和非电解质的判断，理解电解质和非电解质的概念是解题的关键。

注意：

①电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；②电解质溶于水导电的离子必须是电解质自身电离的，如NH3、CO2、SO2等的水溶液能导电，但导电的离子不是自身电离的，NH3、CO2、SO2等属于非电解质。

4.下列反应中，水作还原剂的是

A.2H2O＋2F2＝4HF＋O2B.2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑

C.2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑D.2H2O2

2H2O＋O2↑

【答案】A

【解析】分析：

A项，H2O中O元素的化合价由-2价升至0价，H2O作还原剂；B项，H2O中H元素、O元素的化合价在反应前后不变，H2O既不是氧化剂又不是还原剂；C项，H2O中H元素的化合价由+1价降至0价，H2O作氧化剂；D项，H2O是H2O2的还原产物。

详解：

A项，F元素的化合价由0价降至-1价，H2O中O元素的化合价由-2价升至0价，H2O作还原剂；B项，Na2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价，部分由-1价降至-2价，H2O中H元素、O元素的化合价在反应前后不变，H2O既不是氧化剂又不是还原剂；C项，Na元素的化合价由0价升至+1价，H2O中H元素的化合价由+1价降至0价，H2O作氧化剂；D项，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价，部分由-1价降至-2价，H2O是H2O2的还原产物；水作还原剂的是A，答案选A。

5.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是

A.HClB.NH4ClC.CH3COONaD.NaHCO3

【答案】B

【解析】A项，HCl是强酸，水溶液因电离而呈酸性，A错误；B项，NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，B正确；C项，CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，C错误；D项，NaHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解使溶液呈碱性，D错误。

6.下列说法不正确的是

A.硅酸钠的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料

B.碘单质在苯中的溶解度较大，可用苯萃取碘水中的碘单质

C.小苏打可用于配制发酵粉，医疗上也可以用作治疗胃酸过多

D.光导纤维的主要成分为硅晶体

【答案】D

【解析】分析：

A项，Na2SiO3的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料；B项，苯难溶于水，碘在苯中的溶解度远大于碘在水中的溶解度，可用苯从碘水中萃取碘；C项，小苏打用于配制发酵粉，医疗上用作治疗胃酸过多；D项，光导纤维的主要成分为SiO2。

详解：

A项，Na2SiO3的水溶液俗称泡花碱，可用作粘合剂和防火材料，A项正确；B项，苯难溶于水，碘在苯中的溶解度远大于碘在水中的溶解度，可用苯从碘水中萃取碘，B项正确；C项，小苏打能与酸反应，小苏打用于配制发酵粉，医疗上用作治疗胃酸过多，C项正确；D项，光导纤维的主要成分为SiO2，D项错误；答案选D。

7.下列表示正确的是

A.HClO的结构式：

H-O-ClB.X=11，右图表示钠原子的结构示意图

C.CCl4的电子式：

D.乙炔的最简式：

C2H2

【答案】A

【解析】试题分析：

A．HClO的结构式：

H-O-Cl，A正确；B．X=11，右图表示钠离子的结构示意图

，B错误；C．CCl4的电子式：

，氯原子的最外层没有8电子，C错误；D．最简式只表示出碳氢原子的个数比，乙炔的最简式：

CH，D错误，答案选A。

考点：

考查化学用语

8.下列有关SO2的性质及应用的叙述正确的是

A.SO2易溶于水，且与水反应生成H2SO4

B.SO2可用于漂白纸浆和草帽辫

C.通常状况下，SO2是无色、无味、易液化的气体

D.SO2具有还原性，不能用浓硫酸干燥，一般用碱石灰干燥

【答案】B

【解析】分析：

A项，SO2与水反应生成H2SO3；B项，SO2具有漂白性；C项，通常状况下，SO2是无色、有刺激性气味、易液化的气体；D项，SO2能用浓硫酸干燥，不能用碱石灰干燥。

详解：

A项，SO2易溶于水，SO2与水反应生成H2SO3，A项错误；B项，SO2具有漂白性，SO2可用于漂白纸浆和草帽辫，B项正确；C项，通常状况下，SO2是无色、有刺激性气味、易液化的气体，C项错误；D项，SO2与浓硫酸不反应，SO2能用浓硫酸干燥，SO2属于酸性氧化物，SO2能被碱石灰吸收，SO2不能用碱石灰干燥，D项错误；答案选B。

9.下列说法正确的是

A.天然气和沼气的主要成分都是甲烷，它们都属于不可再生能源

B.煤的气化和液化均属于物理变化

C.石油裂解的目的是为了得到更多的汽油

D.用含糖类、淀粉比较多的农作物为原料，在催化剂作用下，经水解和细菌发酵制乙醇的过程属于生物质能的利用

【答案】D

【解析】分析：

A项，沼气属于可再生能源；B项，煤的气化和液化均属于化学变化；C项，石油裂解的目的是获得乙烯、丙烯等重要化工基本原料；D项，乙醇可以直接作为燃料，也可和汽油混合后作发动机燃料。

详解：

A项，天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气是化石燃料，属于非再生能源，沼气属于可再生能源，A项错误；B项，煤的气化的主要反应为C+H2O（g）

CO+H2，煤的液化是将煤转化为液体燃料，煤的气化和液化均属于化学变化，B项错误；C项，石油裂解的目的是获得乙烯、丙烯等重要化工基本原料，C项错误；D项，乙醇可以直接作为燃料，也可和汽油混合后作发动机燃料，用含糖类、淀粉比较多的农作物为原料，在催化剂作用下，经水解和细菌发酵制乙醇的过程属于生物质能的利用，D项正确；答案选D。

10.下列说法正确的是

A.用湿润的pH试纸测定NaCl溶液的pH时会影响测定结果

B.检验某溶液含有NH4+：

取试样少许于试管中，加入足量NaOH溶液加热，用湿润红色石蕊试纸检验变蓝

C.液溴保存时液面覆盖一层水，装在带橡胶塞的细口试剂瓶中

D.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，所配制的溶液浓度偏小

【答案】B

【解析】分析：

A项，NaCl溶液呈中性；B项，检验NH4+的原理：

NH4++OH-

NH3↑+H2O，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C项，液溴腐蚀橡胶塞；D项，NaOH溶于水放热，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，恢复到室温时溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大。

详解：

A项，NaCl溶液呈中性，用湿润的pH试纸测定NaCl溶液的pH不会影响测定结果，A项错误；B项，检验NH4+的原理：

NH4++OH-

NH3↑+H2O，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B项正确；C项，液溴易挥发，液溴保存时液面覆盖一层水，液溴腐蚀橡胶塞，液溴应装在带玻璃塞的细口试剂瓶中，C项错误；D项，NaOH溶于水放热，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，恢复到室温时溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大，D项错误；答案选B。

点睛：

本题考查溶液pH的测量、NH4+的检验、液溴的保存、配制物质的量浓度溶液的误差分析。

注意：

①测量溶液pH值时，pH试纸不能用水湿润，但用水湿润不一定会引起误差；②配制物质的量浓度溶液的误差分析根据公式cB=

，若操作不当，nB偏大或V（aq）偏小，所配制溶液的浓度偏大，反之偏小。

11.下列说法中不正确的是

A.O2与O3互为同素异形体B.16O与18O核外电子排布不同

C.麦芽糖与蔗糖互为同分异构体D.CH3CH3与

互为同系物

【答案】B

【解析】试题分析：

A．有同种元素组成的不同单质是同素异形体，O2和O3都是氧元素组成的单质，A正确；B．16O与18O属于同位素，即核内质子数相同，中子数不同，所以核外电子排布相同，B错误；C．麦芽糖与蔗糖分子式相同，但是原子的排列方式不同，属于同分异构体，C正确；D．同系物是结构相似，组成相差一个或多个CH2原子团的化合物，互为同系物，CH3CH3与

互为同系物，D正确，答案选B。

考点：

考查同位素、同分异构、同系物、同素异形体

12.X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为20。

下列判断正确的是

W

X

Y

Z

A.Z、X、Y形成的气态氢化物稳定性依次增强

B.四种元素形成的单质最多有6种

C.四种元素的原子半径：

rZ＞rY＞rX＞rW

D.四种元素中，X的氧化物对应的水化物酸性最强

【答案】A

【解析】X、Y、Z、W四种短周期元素，结合位置可知，W、X、Y为第二周期元素，Z为第三周期，设X的最外层电子数为x，则W的最外层电子数为x-1，Y的最外层电子数为x+1，Z的最外层电子数为x，则x+x+x-1+x+1=20，解得x=5，则W为C，X为N，Y为O，Z为P，A．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则Z、X、Y形成的气态氢化物稳定性依次增强，A正确；B．C对应单质有金刚石、石墨、C60、C70等，O元素的单质有氧气、臭氧等，P的单质有白磷、红磷等，B错误；C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则四种元素的原子半径：

rZ＞rW＞rX＞rY，C错误；D．四种元素中，X的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，酸性最强，D错误；答案选A。

点睛：

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、最外层电子数推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用。

选项B是易错点，注意同素异形体的存在。

13.下列反应的离子方程式书写正确的是

A.金属钠投入到足量的稀盐酸中：

Na＋2H＋==Na＋＋H2↑

B.CuO溶解在稀盐酸中：

O2－＋2H＋==H2O

C.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：

Ba2＋＋SO

＋H＋＋OH－==BaSO4↓＋H2O

D.碳酸氢钙溶液与稀盐酸反应：

HCO

＋H＋==H2O＋CO2↑

【答案】D

【解析】分析：

A项，电荷不守恒；B项，CuO应以化学式保留；C项，不符合量的比例；D项，碳酸氢钙与稀盐酸反应生成CaCl2、H2O和CO2。

详解：

A项，电荷不守恒，正确的离子方程式为2Na+2H+=2Na++H2↑，A项错误；B项，CuO应以化学式保留，正确的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O，B项错误；C项，Ba（OH）2溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，正确的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，C项错误；D项，碳酸氢钙与稀盐酸反应生成CaCl2、H2O和CO2，反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，D项正确；答案选D。

点睛：

本题考查离子方程式正误的判断，判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：

①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确（B项中CuO应以化学式保留）、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒（题中A项）、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中C项）。

14.一定条件下3molX与3molY在恒容密闭容器发生反应X（g）+3Y（g）

2Z（g）ΔH=－QkJ∙mol－1

（Q＞0），下列说法正确的是

A.达到平衡时，反应放出QkJ热量

B.反应一段时间后，X与Y的物质的量之比仍为1∶1

C.X的体积分数保持不变，说明反应已达平衡状态

D.达到平衡后，若向平衡体系中充入氦气，Z的反应速率不变

【答案】D

【解析】A．物质的量与热量成正比，且参加反应的X的物质的量未知，不能计算达到平衡时放出的热量，故A错误；B．X、Y以1：

3转化，因此反应一段时间后X、Y的物质的量不可能为1:

1，故B错误；C．该反应为气体体积减小的反应，体积分数不变，说明反应已达到平衡状态，故C正确；D．容积固定的密闭容器，充入稀有气体，X、Y、Z的浓度不变，则反应速率不变，平衡不移动，故D正确；故选CD。

15.下列说法正确的是

A.乙烯、氯乙烯、聚氯乙烯均能使溴水褪色

B.间二甲苯只有一种结构，说明苯不是单双键交替的结构

C.等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，乙烯消耗的氧气多

D.乙醛还原可生成乙醇，氧化可生成乙酸

【答案】D

【解析】分析：

A项，聚氯乙烯不能使溴水褪色；B项，无论苯不是单双键交替结构还是单双键交替结构，间二甲苯都只有一种结构；C项，等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗O2的量相等；D项，CH3CHO可还原成乙醇，可氧化成乙酸。

详解：

A项，乙烯、氯乙烯中都含碳碳双键，乙烯、氯乙烯都能使溴水褪色，聚氯乙烯中不含碳碳双键，聚氯乙烯不能使溴水褪色，A项错误；B项，无论苯不是单双键交替结构还是单双键交替结构，间二甲苯都只有一种结构，B项错误；C项，乙烯、乙醇的分子式依次为C2H4、C2H6O，乙醇在分子组成上比乙烯多1个“H2O”，等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗O2的量相等，C项错误；D项，CH3CHO可还原成乙醇，可氧化成乙酸，D项正确；答案选D。

点睛：

本题考查有机物的结构和性质、有机物燃烧的规律。

可根据邻二甲苯只有一种结构说明苯不是单双键交替的结构。

16.下列说法不正确的是

A.油脂在碱性条件下水解可生成高级脂肪酸盐和甘油

B.淀粉、纤维素和蔗糖都属于糖类，一定条件下水解都只生成葡萄糖

C.蛋白质在紫外线、CuSO4溶液、福尔马林作用下均会发生变性

D.二氧化碳和环氧丙烷（

）在催化剂作用下可生成一种可降解的塑料

【答案】B

【解析】分析：

A项，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油；B项，蔗糖一定条件下水解生成葡萄糖和果糖；C项，蛋白质在加热、紫外线、强酸、强碱、重金属盐、某些有机物如乙醇、甲醛等作用下发生变性；D项，CO2和环氧丙烷在催化剂作用下可生成一种可降解的聚碳酸酯塑料。

详解：

A项，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，A项正确；B项，淀粉、纤维素一定条件下水解的最终产物为葡萄糖，蔗糖一定条件下水解生成葡萄糖和果糖，B项错误；C项，蛋白质在加热、紫外线、强酸、强碱、重金属盐、某些有机物如乙醇、甲醛等作用下发生变性，蛋白质在紫外线、CuSO4溶液、福尔马林作用下均会发生变性，C项正确；D项，CO2和环氧丙烷在催化剂作用下可生成一种可降解的聚碳酸酯塑料，反应的化学方程式可表示为nCO2+n

，D项正确；答案选B。

17.微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置。

如图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，下列有关说法不正确的是

A.B电极是正极

B.电池内H+从左侧向右侧迁移

C.A电极的电极反应式：

CH3COOH+8e-+2H2O=2CO2+8H+

D.该电池可利用有机废水等有机废弃物作为燃料

【答案】C

【解析】CH3COOH中C元素平均价态为0，转变为CO2，化合价升高，故CH3COOH失电子，A为负极，B为正极，故A正确；B、电池中阳离子向正极移动，故B正确；C、A电极为负极，失电子，电极反应应为CH3COOH−8e−+2H2O═2CO2↑+8H+，故C错误；该电池可将废水中的有机物作为燃料，制成燃料电池，D正确。

故选C。

点睛：

原电池题型中，有机物中元素的化合价一般算平均价态。

18.室温下，关于pH＝3的盐酸和醋酸，下列说法正确的是

A.等体积的两溶液，导电能力是盐酸强

B.等体积的盐酸和醋酸溶液加水稀释10倍后，c（Cl－）

C.将pH=3的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低

D.中和等体积等浓度的NaOH溶液，醋酸消耗的体积多

【答案】B

【解析】A、pH=3 的盐酸和醋酸中离子浓度相同，导电性相同，故A错误；B、相同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的浓度大，稀释过程中，醋酸会进一步电离，所以c（Cl- ）

选B。

..............................

19.下列关于化学键及晶体的说法中，不正确的是

A.Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大

B.NaOH和NH4Cl化学键类型相同

C.N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构

D.石英晶体是原子晶体，其分子式为SiO2

【答案】D

【解析】试题分析：

A．分子间作用力越大，熔沸点越高，Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大，A正确；B．NaOH和NH4Cl化学键类型相同，都含有离子键和极性共价键，B正确；C．N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，C正确；D.石英晶体是原子晶体，所以SiO2是化学式，不是分子式，D错误，答案选D。

考点：

考查化学键和晶体类型

20.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.100g质量分数为98%的浓硫酸中所含有的氧原子数为4NA

B.足量的Fe与6.72LCl2反应转移的电子数为0.6NA

C.密闭容器中1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA

D.3g乙烷含有共用电子对为0.6NA

【答案】C

【解析】试题分析：

A．硫酸溶液中含有水，水分子也是由氧原子构成，所以100g质量分数为98%的浓硫酸中所含有的氧原子数大于4NA，A错误；B．没有指明温度和压强，所以不能确定Cl2的物质的量，也没有办法确定转移的电子数，B错误；C．密闭容器中1molN2与4molH2完全反应生成的NH3分子数为于2NA，但是该反应是可逆反应，N2不可能完全反应生成NH3，C正确；D．3g乙烷含有共用电子对为0.7NA，D错误，答案选C。

考点：

考查阿伏伽德罗常数

21.已知反应H2（g）+½O2（g）=H2O（g）的能量变化如图所示，a、b、c表示能量变化，为正值，单位为kJ，下列说法正确的是

A.形成1molH2O（g）中的化学键需要吸收bkJ的能量

B.2H2O（g）==2H2（g）+O2（g）ΔH=-2（a-b）kJ•mol-1

C.H2O（l）==H2（g）＋½O2（g）ΔH＝ckJ·molˉ1

D.2molH2（g）和1molO2（g）完全反应生成2molH2O（l）放出的热量小于2（b-a）kJ

【答案】B

【解析】分析：

A项，2molH（g）和1molO（g）形成1molH2O（g）中的化学键释放bkJ的能量；B项，根据图示H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）ΔH=（a-b）kJ/mol；C项，H2O（l）→H2O（g）吸收能量；D项，H2O（g）→H2O（l）放出能量。

详解：

A项，2molH（g）和1molO（g）形成1molH2O（g）中的化学键释放bkJ的能量，A项错误；B项，根据图示H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）ΔH=（a-b）kJ/mol，则2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）ΔH=-2（a-b）kJ/mol，B项正确；C项，根据图示，H2O（g）=H2（g）+1/2O2（g）ΔH=ckJ/mol，H2O（l）→H2O（g）吸收能量，H2O（l）=H2（g）+1/2O2（g）ΔH

ckJ/mol，C项错误；D项，2molH2（g）和1molO2（g）完全反应生成2molH2O（g）放出的热量为2（b-a）kJ，H2O（g）→H2O（l）放出能量，2molH2（g）和1molO2（g）完全反应生成2molH2O（l）放出的热量大于2（b-a）kJ，D项错误；答案选B。

22.在常温、常压和光照条件下，N2在催化剂表面与H2O发生反应：

2N2（g）+6H2O（l）=4NH3（g）+3O2（g）。

在2L的密闭容器中，起始反应物用量相同，催化剂的使用情况也相同，控制不同温度分别进行4组实验，3h后测定NH3的生成量，所得数据如下表：

实验级别

实验1

实验2

实验3

实验4

温度/K

303

313

323

353

NH3生成量/10−6mol

4.8

5.9

6.0

2.0

下列说法不正确的是

A.温度为303K时，在3h内用氮气表示的平均反应速率为4×10−7mol·L−1·h−1

B.实验1和实验3中，3h内N2的转化率之比为4:

5

C.分析四组实验数据可得出，温度升高可加快反应速率，也可能减慢反应速率

D.353K时，可能是催化剂催化活性下降或部分水脱离催化剂表面，致使化学反应速率减慢

【答案】C

【解析】分析：

A项，先计算NH3表示的平均反应速率，再依据速率之比等于化学计量数之比计算υ（N2）；B项，根据实验1和实验3中NH3的生成量计算；C项，其它条件相同时升高温度化学反应速率加快；D项，353K时，温度升高化学反应速率减慢，可能是温度升高催化剂活性下降或部分水脱离催化剂表面。

详解：

A项，303K时υ（NH3）=

=

=8

10-7mol/（L·h），根据速率之比等于化学计量数之比，υ（N2）：

υ（NH3）=2:

4，υ（N2）=

υ（NH3）=4

10-7mol/（L·h），A项正确；B项，根据实验1和实验3中3h内NH3的生成量之比为（4.8

10-6mol）：

（6.0

10-6mol）=4:

5，实验1和实验3中转化N2物质的量之比为4:

5，起始反应物用量相同，实验1和实验3中3h内N2的转化率之比为4:

5，B项正确；C项，其它条件相同时升高温度化学反应速率加快，353K时，温度升高化学反应速率减慢，可能是温度升高催化剂活性下降或部分水脱离催化剂表面，C项错误