武汉市第三十九中学2019-2020学年高一化学下学期线上期中试题含解析

湖北省武汉市第三十九中学2019_2020学年高一化学下学期线上期中试题含解析湖北省武汉市第三十九中学2019_2020学年高一化学下学期线上期中试题含解析PAGE27-湖北省武汉市第三十九中学2019_2020学年高一化学下学期线上期中试题含解析湖北省武汉市第三十九中学2019—2020学年高一化学下学期线上期中试题（含解析)(本试卷满分100分，测试时间90分钟)一、选择题（每小题有1个选项符合题意，每小题3分，共60分）1.下列物质的电子式正确的是（）A. B。 C. D.【答案】D【解析】【详解】A．NaOH的电子式应为，A错误；B．NaCl的电子式应为项应为，B错误；C．NH4Cl的电子式应为，C错误；D．KBr的电子式由K＋的电子式和Br－的电子式组合而成，为，D正确.答案选D。2.下列叙述错误的是（）A.13C和14C属于同一种元素，它们互为同位素B。6Li和7Li的电子数相等，中子数也相等C.14C和14N的质量数相等，中子数不相等D。1molU的中子数比1molU的中子数少3NA个【答案】B【解析】A、二者均为碳元素的原子，互为同位素，A正确；B、二者的中子数分别为3、4，B错误；C、二者的中子数分别为8、7,C正确；D、由N=A-Z可知1mol的中子数比1mol的中子数少3NA个，D正确。答案选B。3。在RO3n-中,共有x个核外电子,R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是（）A.A—x+n+48 B。A-x+n+24 C.A—x—n-24 D。A+x-n-24【答案】B【解析】【分析】阴离子中,核外电子总数=原子质子数+电荷量。O原子中含有电子数=质子数=8，所以R中的质子数为A-(x-n-24）。【详解】阴离子中，核外电子总数=原子质子数+电荷量，O原子中含有电子数=质子数=8，所以在RO3n—中，核外电子=R的质子数+3×O原子的质子数+n=x。所以R中的质子数为A-(x-n—24)。即答案选B.4。下列说法不正确的是A.沸点:H2O＞HF B.热稳定性:HF＞H2OC.NCl3、SiCl4分子中每个原子最外层均满足8电子结构 D.仅由N、H、O三种元素形成的化合物中不可能含离子键【答案】D【解析】【详解】A．H2O、HF均分子间含氢键，且水分子间氢键数目多，则沸点H2O＞HF，故A正确；B．F的非金属性大于O，则热稳定性：HF＞H2O，故B正确；C．NC13、SiC14分子中,5+3=8、4+4=8,7+│—1│=8，则所有原子最外层均满足8电子结构，故C正确；D．由N、H、O三种元素形成的化合物可能是硝酸铵，硝酸铵中含离子键,故D错误;故选D.【点睛】本题的易错点为C，要注意掌握化合物中核外电子是否为8电子结构的判断方法的应用。5.根据元素周期律,由下列事实进行归纳推测,推测不合理的是（）选项事实推测ACaCO3和BaCO3都难溶于水SrCO3也难溶于水BSi是半导体材料,同族的Ge也是半导体材料第ⅣA族的元素的单质都可作半导体材料CHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间DSi与H2高温时反应,S与H2加热能反应P与H2在高温时能反应A.A B.B C。C D.D【答案】B【解析】【详解】A．同一主族元素的性质相似,CaCO3和BaCO3都难溶于水,因此SrCO3也难溶于水，A正确;B．在元素周期表中,位于金属和非金属分界线处的元素单质能作半导体，Pb不位于金属元素和非金属元素分界线处，所以Pb不能作半导体材料，B错误；C．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞Br＞I，所以氢化物的稳定性HCl＞HBr＞HI,则HBr的分解温度介于二者之间，C正确；D．元素的非金属越强，其单质与氢气反应越容易化合，非金属性S＞P＞Si，所以P与H2在高温时能反应，D正确；答案选B。6。X、Y、Z为短周期元素,X原子最外层只有一个电子，Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4,Z的最外层电子数是内层电子总数的3倍.有关下列叙述正确的是（）A.X肯定为碱金属元素B。Y、Z两元素形成的化合物熔点较低C。X、Y两元素形成的化合物不可能为离子化合物D。稳定性：Y的氢化物>Z的氢化物【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4,则Y有3个电子层,最外层有6个电子，则Y为S元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的3倍，则Z有2个电子层,最外层电子数为6，则Z为O元素，以此解答.【详解】由上述分析可知:X为H、Li或Na;Y为S元素;Z为O元素。A.X为H、Li或Na，因此X可能是金属元素，也可能是非金属元素，A错误；B。Y为硫元素，Z为氧元素，二者形成的化合物为SO2、SO3,SO2、SO3在固态时形成的分子晶体，物质的熔沸点较低，B正确；C。如X为Na、Li时，与S反应生成的化合物为离子化合物,C错误；D.Y为硫元素，Z为氧元素，由于元素的非金属性O〉S，元素的非金属性越强,其简单氢化物就越稳定，所以氢化物稳定性:Z〉Y，D错误;故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的知识。正确推断元素是本题解答的关键。掌握元素的位、构、性三者的关系及常见的物质的性质是本题解答的基础.7.如图是元素周期表的一部分。X、Y、Z、W均为短周期元素，若W原子最外层电子数是其内层电子数的，则下列说法不正确的是()A。X元素的氢化物分子间可以形成氢键B。Y元素的两种同素异形体常温下都是气体C.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>ZD.阴离子半径从大到小排列顺序为:X>Y〉Z〉W【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，若W原子最外层电子数是其内层电子数的,则W原子其内层电子总数为10，最外层电子数为7，故W是Cl元素;由X、Y、Z、W在周期表中的位置关系可知，Z为S元素；Y为O元素;X为N元素.根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律进行判断。【详解】根据分析X为N元素；Y为O元素；Z为S元素；W是Cl元素.A．X为N元素，其氢化物NH3，其分子之间存在氢键，正确，A不选;B．Y为O元素；Y元素的两种同素异形体为O2和O3，在常温下都是气体，正确，B不选；C．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强,所以非金属性W＞Z；元素的非金属性越强,对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，正确，C不选;D．当核外电子排布相同，核电荷数越大,离子半径越小，所以离子半径X＞Y，Z＞W；一般来说，电子层越多半径越大,所以W＞X，所以阴离子半径由大到小排列顺序Z＞W＞X＞Y，错误，D选.答案选D。【点睛】正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律和核外电子的排布规律。8。下列各组物质都是共价化合物的是(）A.和 B.和C.和 D.和【答案】D【解析】分析】金属元素与非金属元素一般形成离子化合物,但特例为共价化合物。同样，非金属之间也不一定形成共价化合物，如氯化铵是离子化合物，据此回答问题。【详解】A。是共价化合物,是离子化合物,A错误；B。是共价化合物，是离子化合物，B错误；C。是共价化合物，是单质，C错误;D。和都是共价化合物，D正确。答案为D。【点睛】本题易错点在B，注意氯化铵是离子化合物。9。下列事实，不能用氢键知识解释的是（）A.水比硫化氢稳定 B.水和乙醇可以完全互溶C。冰的密度比液态水的密度小 D.氟化氢的沸点高于氯化氢【答案】A【解析】【详解】A、稳定性与化学键有关,即水分子稳定是因H-O键键能较大,而与氢键无关，A符合题意；B、乙醇分子上的羟基易与水分子间形成氢键,使乙醇能与水以任意比例混溶，B不符合题意;C、冰中含有氢键，其体积变大，则质量不变时,冰的密度比液态水的密度小，C不符合题意；D、HF分子之间能形成氢键，HF分子可缔合在一起，则液态氟化氢的化学式有时可以写成（HF）n的形式，氟化氢的沸点高于氯化氢，D不符合题意；故合理选项为A。10.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A.铝片和稀盐酸反应 B。Ba（OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C。灼热的碳与二氧化碳的反应 D.甲烷在氧气中的燃烧【答案】C【解析】【分析】根据题中属于氧化还原反应，又属于吸热反应可知,本题考查氧化还原反应的特征和常见吸热反应，运用有化合价变化的反应是氧化还原反应和常见吸热反应分析。【详解】A。铝片和稀盐酸属于氧化还原反应，又属于放热反应，A项错误；B.Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应属于非氧化还原反应，又属于吸热反应，B项错误；C.碳与二氧化碳的反应属于氧化还原反应，又属于吸热反应，C项正确；D.甲烷在氧气中的燃烧属于氧化还原反应，又属于放热反应,D项错误；答案选C。【点睛】常见吸热反应：大多数的分解反应；以C、CO、H2为还原剂的反应；八水合氢氧化钡与氯化铵反应。11.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下:下列说法中正确的是A.CO和O生成CO2是吸热反应B。在该过程中,CO断键形成C和OC。CO和O生成了具有极性共价键的CO2D。状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程【答案】C【解析】【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应,A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂,故B错误;C。由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键,故C正确;D。状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。12.某原电池总反应的离子方程式为:2Fe3++Fe3Fe2+,能实现该反应的原电池是A.正极为Cu，负极为Fe，电解质为FeCl3溶液B.正极为C，负极为Fe，电解质为FeSO4溶液C。正极为Fe，负极为Zn，电解质为Fe2（SO4）3溶液D。正极为Ag，负极为Cu，电解质为CuSO4溶液【答案】A【解析】【详解】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，Fe易失电子而作负极,比Fe的活泼性弱的金属或导电的非金属作正极，Fe3+得电子发生还原反应,所以电解质溶液为可溶性的铁盐，据此判断。A．铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁,则符合题意，A正确；B．铁作负极，碳作正极，电解质为FeSO4溶液，不能发生氧化还原反应,则不符合题意,B错误;C．Zn作负极,Fe作正极,电解质为可溶性的硫酸铁，所以不能构成该条件下的原电池，则不符合题意，C错误;D．Cu作负极，银作正极，电解质为CuSO4溶液，不能发生氧化还原反应，则不符合题意，D错误；答案选A。13。把a、b、c、d四种金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池.若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时,b为正极，则这四种金属活动性顺序由大到小为（)A.a＞b＞c＞dBa＞c＞d＞bCc＞a＞b＞dD。b＞d＞c＞a【答案】B【解析】【详解】①若a、b相连时，a为负极，根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，故金属的活动性顺序a＞b；②c、d相连,c为负极,所以金属的活动性顺序c＞d;③a、c相连,c为正极,所以金属的活动性顺序a＞c；④b、d相连时,b是正极，所以金属的活动性顺序d＞b;则金属活动性顺序为：a＞c＞d＞b，故选B.14.下列能源中,不会对环境造成污染而且又廉价方便的是（）A.石油 B.天然气 C.氢气 D。太阳能【答案】D【解析】【详解】A。石油中含有硫元素，会产生二氧化硫污染环境；B。天然气中的含硫量少于石油，相对于石油，是比较清洁的能源，但仍然对环境有一定的污染;C。氢气的燃烧产物是水，不会对环境造成污染,但价格较贵，运输也不方便;D。太阳能不会对环境造成污染,而且又廉价方便；故选D。15。下列说法中正确的是(）①燃料电池的反应物可不储存在电池的内部②锌锰干电池是一次电池，铅蓄电池是二次电池③锂电池是新一代可充电电池④燃料电池作为汽车驱动能源已研发成功A。②③④ B.①②③④C。①②③ D.①③④【答案】B【解析】【详解】①燃料电池的反应物可不储存在电池的内部,可以储存在外部，①正确;②锌锰干电池是一次电池，铅蓄电池可充放电，是二次电池,②正确;③锂电池是新一代可充电电池,③正确；④燃料电池作为汽车驱动能源已研发成功，④正确。全部正确，答案选B。16。下列关于实验现象的描述不正确的是（）A。把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B.用Cu片作正极、Fe片作负极，连接后插入CuSO4溶液中，Cu片上有Cu析出C。把铜片插入三氯化铁溶液中,在铜片表面出现一层铁D.把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液,放出气泡速率加快【答案】C【解析】【详解】A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜,溶液中的氢离子得电子生成氢气,A正确；B．用Cu片作正极、Fe片作负极，连接后插入CuSO4溶液中，Cu片上铜离子得到电子生成铜，因此有Cu析出,B正确；C．把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜的金属活动性不及铁，铜不能置换出铁，C错误;D．把锌粒放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应的速率,D正确；答案选C。17。在C(s)＋CO2（g)2CO（g)反应中可使反应速率增大的措施是(）①增大压强②增加碳的量③通入CO2④恒压下充入N2⑤恒容下充入N2⑥通入COA。①③⑤ B。②④⑥ C。①③⑥ D。③⑤⑥【答案】C【解析】【详解】①反应中有气体参加，压缩体积，增大压强，反应速率增大；②碳是固体，其浓度是个定值，增加碳的量,碳的浓度不变，其反应速率不变;③通入CO2，CO2浓度增大，可使反应速率增大；④恒压下充入N2，容器体积增大,反应物浓度减小,反应速率减小；⑤恒容下充入N2，反应物浓度不变，反应速率不变;⑥通入CO,CO浓度增大，可使反应速率增大。可使反应速率增大是①③⑥。答案选C。【点睛】明确外界条件对反应速率影响的实质以及变化规律是解答的关键，④⑤是解答的易错点，注意压强对反应速率的影响只能适用于气体,且是通过改变浓度来实现的。18。反应4A(g)+3B(g）＝2C（g）+D(g），经2min,B的浓度减少0.6mol•L-1。对此反应速率的表示正确的是()①用A表示的反应速率是0。4mol•L-1•min—1②分别用B、C、D表示的反应速率其比值为3：2：1③在2min末的反应速率，用B表示是0。3mol•L—1•min-1④在这2min内用B表示的反应速率的值是逐渐减小的,用C表示的反应速率的值是逐渐增大的A.①②B.③C。①D。②④【答案】A【解析】【详解】①2min内B的浓度减少0。6mol·L—1，用B表示的平均速率为:v(B)=0。6mol·L-1÷2min=0。3mol·L-1·min-1,同一反应用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，所以用A表示的反应速率是v（A）=×0。3mol·L—1·min—1=0.4mol·L-1·min-1，故①正确；②同一反应用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比,所以用B、C、D表示的反应速率其比值为3:2：1，故②正确;③由上面分析知，2min内用B表示的平均速率为0.3mol·L-1·min-1，在2min末的反应速率应为瞬时速率，用B表示不是0。3mol·L—1·min—1,故③错误；④随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢,所以2min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小的,故④错误;综上①②正确,本题答案选A.【点睛】本题考查化学反应速率的有关计算,注意明确定义，根据情况选择合适的计算方法：①根据v=∆c/∆t计算；②根据同一反应用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比计算。19。在一定温度下，下列叙述是可逆反应A(g）＋3B（g)2C（g）达平衡时特征的是（）(1）C的生成速率与C的分解速率相等；(2）单位时间内生成amolA,同时生成3amolB；（3）A、B、C的浓度不再变化;（4）单位时间内消耗amolA，同时生成3amolB;(5）A、B、C的分子数之比为1∶3∶2。A。(1)(2)(5) B。(1）(3)（4） C.(1）（2)(3）(4） D。(1）（3)（5）【答案】B【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征分析,当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化,据此解答。【详解】（1）C的生成速率等于C的分解速率，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，正确；(2）生成A和生成B都是指逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，错误；（3）反应物和生成物浓度不再变化，说明反应达到了平衡状态,正确；（4）单位时间内消耗amolA，同时生成3amolB，说明正逆反应速率相等，则反应达到了平衡状态,正确;（5）分子个数比等于化学计量数之比,不能说明正逆反应速率之比相等，也不能说明浓度不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；综上能够说明达到平衡状态的有(1）（3）(4），B符合题意。答案选B。20。一定条件下,将3molA气体和1molB气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生反应:3A(g）＋B（g)C（g）＋2D（s).2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图所示.下列判断正确的是（)A.若混合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态B。2min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢C.反应过程中A和B的转化率之比为3∶1D。开始到平衡，用A表示的化学反应速率为0.3mol·L－1·min－1【答案】D【解析】【详解】A.因为生成物D为固体，所以气体质量和气体体积都发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，故A错误；

B.2min后加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，故B错误；

C.将3molA气体和1molB气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，因为加入的反应物之比和方程式中化学计量数相同，所以反应过程中A和B的转化率相等即为1：1，故C错误；

D。根据反应方程式可知：2min内生成0.8molD，消耗A的物质的量为1.2mol，故2min内A的反应速率v(A)=c/t==0.3mol·L－1·min－1，故D选项是正确的；

所以正确答案为D。【点睛】解题依据：根据化学反应速率影响因素进行判断速率的变化；根据速率的计算公式计算速率的大小；根据变化量判断转化率.二、非选择题(本题包括4个小题，共40分）21。下列曲线分别表示元素某种性质与核电荷数的关系（Z为核电荷数，Y为元素的有关性质)，把与下面的元素有关性质相符合的曲线的标号填入相应括号中。abcde(1）ⅡA族元素的最外层电子数______（2）ⅦA族元素氢化物的沸点______(3)O2－、F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋离子半径______(4)第三周期元素的最高化合价______(5）第二周期元素Be、B、C、N、O的原子半径______【答案】（1）。a(2）。c（3）.b（4）.e（5).b【解析】【详解】（1)第ⅡA族元素的最外层电子数均相同，都是2个，故选a;（2)ⅦA族元素氢化物的相对分子质量增大，范德华力增强，沸点依次升高，但HF形成分子间氢键，沸点反常，最高,故选c；(3)电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，即离子半径O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋,故选b；(4）第三周期元素的最高正化合价随原子序数增大而增大，故选e；(5)第二周期元素Be、B、C、N、O的原子半径依次减小，故选b。【点睛】熟练掌握同一周期、同一主族元素性质变化规律，并灵活运用这些规律解题,注意规律中的异常现象，注意(2）中要考虑氢键对物理性质的影响，为易错点，需要熟练掌握规律及特例。22。元素性质呈周期性变化的决定因素是______A。元素原子半径大小呈周期性变化B.元素的相对原子质量依次递增C.元素原子核外电子排布呈周期性变化D.元素的最高正化合价呈周期性变化【答案】C【解析】【详解】由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素。答案选C.23.有X、Y、Z、T、U五种短周期元素。X、Y、Z三元素在周期表中的位置如图所示，三元素的原子序数之和是41。X和T的单质在不同条件下反应,可以生成T2X（白色固体）和T2X2（淡黄色固体)两种化合物。U单质在Z单质中燃烧时产生苍白色火焰，生成物的水溶液能使石蕊试液变红.XYZ（1）各元素的符号是X______,Y______,Z______.（2）Y原子的结构示意图为_______。(3)用电子式表示Y与T组成的化合物的形成过程：______。（4)YX2和U2Y反应的化学方程式为______,其中氧化剂是______，被氧化的元素是______。【答案】(1)。O(2）。S（3)。Cl(4）。（5)。(6）.2H2S+SO2＝3S↓+2H2O(7).SO2(8)。S【解析】【分析】X、Y、Z、T、U为5种短周期元素，X、Y、Z三种元素原子序数之和是41，由三元素在周期表中位置可知，不能是第一、二周期元素，分别为二、三周期元素，设x的原子序数为a,则Y、Z的原子序数分别为a+8、a+9，则a+a+8+a+9=41，解得：a=8，则X为O、Y为S、Z为Cl；X和T的单质在不同条件下反应，可以生成化合物T2X（白色固体)和T2X2(淡黄色固体)两种化合物，则T为Na;U单质在Z单质中燃烧产生苍白色火焰,产物溶于水能使石蕊试液变红，则U为H，据此解答。【详解】（1)由分析可知，X为O、Y为S、Z为Cl；(2)Y为S元素，原子质子数为16，最外层含有6个电子，其原子的结构示意图为;（3)Y与T组成的化合物为硫化钠，硫化钠为离子化合物,用电子式表示硫化钠的形成过程；(4)YX2和U2Y分别为SO2和H2S，二者反应的化学方程式为：2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，该反应中SO2中S元素的化合价从+4变为0价，被还原，作氧化剂;H2S中的S元素在反应中被氧化成S单质。24.分别按如图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中A为电流表。请回答下列问题：（1)以下叙述中，正确的是________（填字母)A.甲中锌片是负极，乙中铜片是正极B。两烧杯中铜片表面均有气泡产生C.两烧杯中溶液pH均增大D.产生气泡的速度甲中比乙中慢E.乙的外电路中电流方向Zn→CuF。乙溶液中SO42－向铜片方向移动(2)在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析原因可能是______。(3)在乙实验中,如果把硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应方程式及总反应离子方程式：铜电极：______，总反应：______。当电路中转移0。25mol电子时，消耗负极材料的质量为______g(Zn的相对原子质量为65)。【答案】(1）.CD（2）。锌片不纯,在锌片上形成原电池(3).Cu2++2e-=Cu（4）.Zn+Cu2+＝Zn2++Cu(5）.8。125【解析】【分析】锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表中H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池,根据原电池的组成条件和工作原理解答。【详解】(1）A．甲没有形成闭合回路,不能形成原电池，故A错误;B．铜为金属活动性顺序表中H元素之后的金属,不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故B错误；C．两烧杯中硫酸都参加反应，氢离子浓度减小，溶液的pH均增大，故C正确;D．乙能形成原电池反应，较一般化学反应速率更大,所以产生气泡的速率甲中比乙中慢，故D正确；E．原电池电子由负极经外电路流向正极，乙形成原电池，Zn为负极，Cu为正极，则电流方向Cu→Zn,故E错误；F．原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极，乙溶液中SO42-向锌片方向移动，故F错误.答案为:CD；(2)在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生,而且在锌片上也产生了气体，是由于锌片不纯，在锌片上形成原电池导致；（3)在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，Cu2+在正极上得电子被还原产生Cu,电极反应式为Cu2++2e-=Cu,总反应式为Zn+Cu2+＝Zn2++Cu；Zn为负极,电极反应式为Zn-2e—=Zn2+，n（Zn)=0.5n（e-）=0.125mol，m(Zn）=0。125mol×65g/mol=8.125g。25.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。（1）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值)：时间/min12345氢气体积/mL(标准状况）100240464576620①哪一时间段反应速率最大______min（填“0～1"“1～2”“2~3”“3~4”或“4～5"），原因是______。②求3~4min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率______（设溶液体积不变)。（2）另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是______（填字母)。A.蒸馏水B.KCl溶液C。KNO3溶液D.CuSO4溶液(3