1、广东省湛江市第二十一中学2019-2020学年高一化学下学期复学考试（线上测试）试题（含解析）说明：1.本试卷答题时间为90分钟，试卷满分为100分2.可能用到的相对原子质量：H:1O:16C:12Mg:24第卷(选择题，共60分)一、选择题(每小题有一个正确答案，每小题3分，共60分)1.下列各组物质中，均能发生水解反应的是( )A. 蛋白质和氨基酸B. 油脂和蛋白质C. 纤维素和葡萄糖D. 淀粉和果糖【答案】B【解析】【详解】A蛋白质水解最终产物是氨基酸，而氨基酸不能水解，A错误；B油脂水解产生高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解最终产物是氨基酸，二者都能够水解，B正确；C纤维素是多糖，水解最终产
2、物是葡萄糖，葡萄糖是单糖，不能水解，C错误；D淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，果糖是单糖，不能水解，D错误；答案选B。2.下列物质中，属于天然有机高分子化合物的是( )A. 葡萄糖B. 蔗糖C. 淀粉D. 油脂【答案】C【解析】分析】相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物。【详解】A葡萄糖为单糖，分子式为C6H12O6，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A不符合题意；B蔗糖为二糖，分子式为C12H22O11，相对分子质量较小，不属于天然高分子化合物，故B不符合题意；C淀粉为多糖，
3、相对分子质量在10000以上，属于天然高分子化合物，故C符合题意；D油脂为高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量在10000以下，不属于天然高分子化合物，故D不符合题意；答案选C。【点睛】油脂不属于高分子化合物，相对分子质量在10000以下。3.下列物质互为同位素的是( )A. H2和D2B. Cl和ClC. CO和CO2D. 金刚石和石墨【答案】B【解析】【分析】同种元素的不同种原子间互称同位素；同种元素形成的不同种单质间互称同素异形体，据此分析。【详解】AH2和D2分别为氢元素的两种氢原子组成的单质，故属于同一种物质，故A错误；BCl和Cl质子数相同为17，中子数不同分别为20、18，是氯元素不同
4、核素，互为同位素，故B正确；CCO和二氧化碳是由相同的元素形成的两种不同的化合物，故不是同位素，故C错误；D金刚石和石墨是由碳元素形成的两种不同单质，故互为同素异形体，故D错误；答案选B。【点睛】同位素是不同的核素，同素异形体是不同的单质，需辨析清楚。4.水玻璃是建筑行业常用的粘合剂，并可用于木材防火和防腐处理。水玻璃为A. CaSiO3固体B. SiO2C Na2SiO3水溶液D. H2SiO3【答案】C【解析】【详解】水玻璃为硅酸钠的水溶液，具有耐高温，不易燃烧，耐腐蚀的性质，故选C。5.黄酒在存放过程中，有部分乙醇转化为乙酸，导致黄酒变酸。该过程中发生的反应为（ ）A. 取代反应B. 氧
5、化反应C. 加成反应D. 酯化反应【答案】B【解析】【详解】黄酒在存放过程中，有部分乙醇转化为乙酸，导致黄酒变酸，说明乙醇分子中的-OH被氧化成了-COOH，发生了氧化反应；故选：B。6.火药是中国古代四大发明之一，由硫磺、火硝和木炭粉均匀混合而成，点燃后可能发生的反应：S+2KNO3+3C=N2+3CO2+X（已配平），则物质X是A. K2SB. SO2C. H2SD. SO3【答案】A【解析】【详解】根据元素守恒，X中应该含有K、S元素，且个数分别为2和1，故A正确；7.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)达到平衡标志的是( )C生成速率与C的分解速率相等；单位
6、时间生成amol A，同时生成3amolB；A、B、C的浓度不再变化； A、B、C的物质的量不再变化A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】C的生成速率与C的分解速率相等，故正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；单位时间生成amol A，同时生成3amolB，反应同向，在任何情况下都成立，不能判定是否达到平衡状态，故错误；A、B、C的浓度不再变化，说明达到平衡状态，故正确；A、B、C的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，故正确；答案选A【点睛】化学平衡的判断依据有：同一物质的生成速率和分解速率相等；反应体系中各物质的物质的量或者浓度，百分含量，体积分数，质量分数，物质的量分数不
7、再改变；同一物种化学键的断裂和形成数目相等；有气体参加反应，当反应前后气体总体积不等的时候，气体的平均相对分子质量，密度，压强不变；若反应为绝热体系，反应体系温度一定；转化率相同；7；若反应有颜色的改变，则颜色不变时平衡。8.在1L密闭容器中加入1molN2和3molH2,一定条件下发生反应：N2+3H22NH3,1min后测得生成0.06molNH3,该时间段内平均反应速率为A. （NH3）=0.06mol L-1.min-1B. （H2）=0.04mol L-1.min-1C. （NH3）=0.12mol L-1.min-1D. （N2）=0.24mol L-1.min-1【答案】A【解析
8、】【详解】0.06mol. L-1.min-1，（H2）=0.09mol. L-1.min-1、（N2）=0.03mol L-1.min-1，故A正确。9.下列表达式错误的是（ ）A. 甲烷的电子式：B. 氟化钠的电子式：C. 硫离子的结构示意图：D. 碳-12原子：【答案】C【解析】【详解】A甲烷分子中含有四对碳氢共用电子对，其电子式为：，故A正确；B氟化钠的电子式中需要标出离子所带电荷，氟化钠的电子式为：，故B正确；C硫离子核外电子数为18，其结构示意图为：，故C错误；D碳12原子的质量数为12，核电荷数为6，可以表示为：，故D正确；故答案选C。10.下列实验操作现象判断正确的是A. 产生
9、红褐色沉淀B. 溶液颜色变红C. 放出大量气体D. 先出现白色沉淀，后溶解【答案】C【解析】【详解】A将氯化铁饱和溶液加入到沸水中加热至溶液呈红褐色可得到氢氧化铁胶体，而非沉淀，故A错误；B三价铁离子遇硫氰化钾变红色，二价铁离子不变色，故B错误；C铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，有大量气体生成，故C正确；D氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，但氢氧化铝不溶于弱碱，故氨水过量时，氢氧化铝也不会溶解，故D错误；答案选C。11.下列说法正确的是( )A. 乙烯和苯都可以因发生化学反应而使溴水褪色B. 甲烷和乙烯都可以与氯气反应C. 乙烯可以与氢气发生加成反应，苯不能与氢气加成D. 液化
10、石油气和天然气的主要成分都是甲烷【答案】B【解析】【详解】A乙烯中含碳碳双键，苯中不含，则乙烯与溴水发生加成反应使其褪色，而苯能萃取溴水中的溴，不是发生化学反应，故A错误；B甲烷与氯气光照下发生取代反应，乙烯与氯气发生加成反应，则甲烷和乙烯都可以与氯气反应，故B正确；C苯与乙烯均可与氢气发生加成反应，则乙烯可以与氢气发生加成反应，苯能与氢气加成生成环己烷，故C错误；D液化石油气主要成分为C4以下的烷烃，而天然气的主要成分是甲烷，故D错误；答案选B。【点睛】苯可以使溴水褪色，是因为发生了萃取，而不是发生化学反应。12.下列事实不能说明非金属性ClI的是( )A. Cl2+2I-=2Cl-+I2B
11、. 稳定性：HClHIC. 酸性：HClO4HIO4D. 酸性：HClHI【答案】D【解析】【分析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断。【详解】A元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，Cl2+2I-=2Cl-+I2，说明氯气的氧化性大于I2，元素的非金属性Cl大于I，故A正确；B元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，氯化氢比碘化氢稳定，可说明氯元素的非金属性比碘元素强，故B正确；C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，酸性：HClO4HIO4，可说明氯元素的非金属性比碘元素强，故C正确；D
12、酸性：HClHI，不能说明非金属性ClI，气态氢化物的酸性不能用于比较非金属性的强弱，故D错误；答案选D。13.下列关于如图所示原电池装置的叙述中，正确的是A. 铜片是负极B. 铜片质量逐渐减少C. 电流从锌片经导线流向铜片D. 氢离子在铜片表面被还原【答案】D【解析】【详解】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子生成氢气。A、铜片是正极，A错误；B、锌失去电子，锌片质量逐渐减少，铜片质量不变，B错误；C、电流从铜片
13、经导线流向锌片，C错误；D、氢离子在铜片表面被还原，D正确；答案选D。14.下列物质中，在一定条件下能发生取代反应和加成反应，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是( )A. 乙烷B. 甲烷C. 苯D. 乙烯【答案】C【解析】【详解】A乙烷能和氯气在光照的条件下发生取代反应，它属于饱和烃，不能发生加成反应，不能被高锰酸钾溶液氧化，故A错误；B甲烷能和氯气在光照的条件下发生取代反应，它属于饱和烃，不能发生加成反应，不能被高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C苯的化学性质特点是：易取代难加成，可在铁作催化剂的条件下和溴发生取代反应生成溴苯，可以和氢气发生加成反应生成环己烷，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确
14、；D乙烯结构中含有碳碳双键，能被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，能使高锰酸钾溶液褪色，不符合题意要求，故D错误；答案选C。15.CH3-CH=CH-COOH，该有机物能发生的反应是()取代反应加成反应使溴水褪色使酸性KMnO4溶液褪色酯化反应聚合反应A. 以上反应均可发生B. 只有不能发生C. 只有不能发生D. 只有不能发生【答案】A【解析】【分析】有机物分子中含有C=C键和-COOH，结合烯烃和羧酸的性质来解答。【详解】有机物含有碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应和氧化反应，则正确；含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应、取代反应，则正确，还含有甲基，甲基也能发生取代反应，以上反应均能发生，故答案选
15、A。16.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是 选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解该溶液中一定含有SO42B向某溶液中先加入几滴KSCN溶液，无明显现象，再滴加少量新制的氯水，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2+C向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体该溶液中一定含有CO32D向某溶液加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生该溶液中一定含有ClA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.向某溶液中加入氯化钡溶液，生成不溶于盐酸的白色沉淀，沉淀可能为氯化银或硫酸钡，A结论不正确；B.向某溶液中先加入
16、几滴KSCN溶液，无明显现象，证明溶液中不存在Fe3+，再滴加少量新制的氯水，溶液变为红色，证明生成了Fe3+，则原溶液中一定含有Fe2+，B结论正确；C.向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，该无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中可能含有CO32-或HCO3-或SO32-或HSO3-，C结论不正确；D.向某溶液加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，沉淀可能为氯化银、碳酸银等，结论不正确，D错误；答案为B。【点睛】能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，可以为CO2或SO2。17.下列反应的离子方程式不正确的是A. 锌与硫酸铜溶液反应：Zn + Cu2+ Zn2+ + CuB. 氢
17、氧化钠与盐酸反应：OH- + H+ H2OC. 铁与稀盐酸反应：2Fe + 6H+ 2Fe3+ + 3H2D. 氯化钡与硫酸反应：Ba2+ + SO42- BaSO4【答案】C【解析】【详解】A、锌能将硫酸铜溶液中的金属铜置换出来，即：Zn+Cu2+=Zn2+Cu，故A正确；B、氢氧化钠与盐酸之间发生中和反应，实质是：OH-+H+=H2O，故B正确；C、铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，即Fe+2H+=Fe2+H2，故C错误；D、钡离子和硫酸根离子之间反应生成硫酸钡沉淀，即Ba2+SO42-=BaSO4，故D正确；故选C。18.已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）A.
18、 该反应为放热反应B. 该反应为吸热反应C. 反应物的总能量高于生成物的总能量D. 该反应只有在加热条件下才能进行【答案】B【解析】【详解】根据图分析，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生，有的吸热反应在常温下能发生。综上所述，B正确，选B，19.向含有1 mol FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O72的酸性溶液，使溶液中Fe2恰好全部被氧化，并使X2O72被还原为Xn，则n值为()A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【详解】0.2mol Cl2完全反应变成氯离子得到电子的物质的量为：0.2mo
19、l2=0.4mol；Xn+的化合价为+n，X2O72-中X的化合价为+6，则0.1mol X2O72-完全反应得到电子的物质的量为：（6-n）20.1mol=0.2（6-n）mol；1mol的FeCl2完全被氧化成铁离子失去1mol电子，根据电子守恒可得：0.4mol+0.2（6-n）mol=1mol，解得：n=3；答案选B。20.某固体酸燃料电池以Ca(HSO4)2固体为电解质传递H，其基本结构如图，电池总反应可表示为2H2O2=2H2O，下列有关说法正确的是()A. 电子通过外电路从b极流向a极B. b极上的电极反应式为：O22H2O4e=4OHC. 每转移0.1 mol电子，消耗1.12
20、 L的H2D. H由a极通过固体酸电解质传递到b极【答案】D【解析】【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H2-2e-2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e-+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；根据负极上的电极反应，每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L。【详解】A因氢元素的化合价升高，则a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，故A错误；B该电池
21、为酸性电池，反应为O2+4e+4H+=2H2O，故B错误；C因没有说明是否为标准状况，则气体的体积不一定为1.12L，故C错误；D原电池中，a极氢气失电子生成H+，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故D正确；答案选D。第卷(非选择题，共40分)21.下表是元素周期表的一部分。根据表中的9种元素，用元素符号或化学式填空：AAAAAAA01234(1)在元素中，金属性最强的金属元素是_。(2)在元素中，最高价氧化物的水化物呈两性的元素是_。(3)、所形成的单核离子中，半径最大的是_(离子)。(4)和可形成_(填“离子”或“共价”)化合物。(5)可与氧原子形成两种常见氧化物
22、，其中一种氧化物的原子组成为1：1，则其电子式_。【答案】 (1). K (2). Al (3). S2- (4). 离子 (5). 【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知，为H、为C、为O、为Al、为Si、为S、为Cl、为Ar、为K；(1)同周期从左到右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强；(2)最高价氧化物的水化物呈两性的是铝元素；(3)、所形成的单核离子为Al3+、S2-、Cl-、K+，离子半径依据电子层数和核电荷数判断，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数越大半径越小；(4)和形成KCl为离子化合物；(5)是氢原子，可与氧原子形成两种常见氧化物，为水和过氧化氢，其中一种氧化物的原子
23、组成为1：1，是过氧化氢，过氧化氢中氧原子间有一对共用电子对，写出电子式。【详解】由元素在周期表的位置可知，为H、为C. 为O、为Al、为Si、为S、为Cl、为Ar、为K，(1)同周期从左到右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强，在元素中，金属性最强的金属元素是K；(2)在元素中，最高价氧化物的水化物呈两性的元素是铝元素，元素符号Al；(3) 离子半径依据电子层数和核电荷数判断，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数越大半径越小，、所形成的单核离子为：Al3+、S2、Cl、K+，半径最大的是S2；(4)和形成KCl为活泼金属元素和活泼非金属元素形成的化合物，含有离子键，为离子化合物；(5)可与
24、氧原子形成两种常见氧化物，其中一种氧化物的原子组成为1：1的是过氧化氢，化学式为H2O2，电子式为。22.海水中含有大量的氯化镁，从海水中提取镁的生产流程如图所示：海水Mg(OH)2MgCl2MgCl26H2OMgCl2Mg。回答下列问题：(1)操作主要是指_，写出在海水中加入氧化钙生成氢氧化镁的化学方程式：_(2)试剂可选用_，该反应的离子方程式为_。(3)经操作最终可得金属镁，当得到48g金属镁时，得到氯气的体积(标准状况下)为_L。【答案】 (1). 过滤 (2). CaOMgCl2H2O=Mg(OH)2CaCl2 (3). 盐酸 (4). Mg(OH)22H=Mg22H2O (5).
25、44.8【解析】【分析】从海水中提取金属镁的流程：把贝壳制成石灰乳操作；在引入的海水中加入石灰乳，将海水中含有的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，反应方程式为：Mg2+2OH-=Mg(OH)2；然后将氢氧化镁溶于盐酸中操作得到氯化镁溶液，反应方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，用氯化镁溶液在氯化氢氛围中制取无水氯化镁；活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼，镁是活泼金属，最后利用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁操作，反应方程式为MgCl2Mg+Cl2；(1)从液体中得到沉淀氢氧化镁用过滤的方法分离；在海水中加入氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和海水中的氯化镁发生复分解反应生成氢
26、氧化镁；(2)利用盐酸溶解氢氧化镁不引入其它杂质离子；(3)根据电解反应方程式：MgCl2Mg+Cl2，利用镁和氯气的物质的量关系，计算出氯气的物质的量。【详解】(1)在海水中加入氧化钙发生反应：CaO+H2OCa(OH)2；氢氧化钙和海水中的氯化镁发生复分解反应：MgCl2+Ca(OH)2Mg(OH)2+CaCl2，所以在海水中加入氧化钙生成氢氧化镁的化学方程式为：CaO+H2O+MgCl2CaCl2+Mg(OH)2，氢氧化镁是难溶性的固体，将不溶性的固体和溶液分离的方法是过滤，所以操作主要是指过滤；(2)将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，不引入其它杂质阴离子，所以试剂为盐酸，反应为：Mg
27、(OH)2+2H+Mg2+2H2O；(3)根据电解反应方程式：MgCl2Mg+Cl2，48g金属镁的物质的量，得到标况下的氯气的物质的量，得到氯气的体积(标准状况下)为2 mol22.4L/mol=44.8L。23.红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯。在实验室也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题：(1)乙醇分子中官能团的名称是_。(2)试管a中加入几块碎瓷片的目的是_。(3)试管a中发生反应的化学方程式为_(4)反应开始前，试管b中盛放的是_溶液。(5)可用_的方法把制得的乙酸乙酯分离出来。【答案】 (1). 羟基 (2). 防止暴沸 (3)
28、. CH3COOHC2H5OHCH3COOC2H5H2O (4). 饱和碳酸钠 (5). 分液【解析】【分析】(1)醇的官能团为羟基；(2)液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；(3)乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，属于酯化反应；(4)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；(5)分离互不相溶的液体通常用分液的方法。【详解】(1)醇的官能团是羟基，乙醇中含有羟基；(2)液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；(3)乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3C
29、H2OHCH3COOC2H5+H2O；(4)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；(5)乙酸乙酯不溶于水，与饱和碳酸钠溶液互不相溶，所以b中的液体混合物分层不互溶，可用分液方法分离。24.某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：(1)写出产生气体的化学方程式_；(2)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_(答一种)；(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是_；(4)为了进一步研究硫酸铜的量
30、对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。ABCDEF4 molL1 H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.5255V620H2O/mLV7V8V9V10100请完成此实验设计，其中：V1_，V6_，V9_。该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_。【答案】 (1). ZnH2SO4=ZnSO4H2 (2). 升
31、高反应温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌的比表面积等 (3). Ag2SO4 (4). 30 (5). 10 (6). 17.5 (7). 当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，减小了Zn与H2SO4溶液的接触面积【解析】【分析】(1)Cu2+的氧化性比H+的强，所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜发生置换反应，反应完后再与酸反应置换生成氢气，据此书写；(2)与实验中CuSO4溶液起相似作用应满足Zn能置换出金属形成原电池加快反应速率，根据金属活动性顺序分析可得；(3)从影响化学反应速率的因素分析；(4)要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且
32、是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同； 依据锌置换铜与氢气的先后顺序以及生成的铜会附着在锌表面上回答。【详解】(1)在稀硫酸与锌反应制备氢气反应中加入硫酸铜后发生了两个反应：CuSO4Zn=ZnSO4Cu、ZnH2SO4=ZnSO4H2，产生气体的反应为ZnH2SO4=ZnSO4H2；(2)要加快生成氢气的反应速率，还可以采取如下措施：升高温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等；(3)原电池可以加快反应的速率，根据题意可知，只要是比锌的金属性差的金属都可以与锌组成原电池，都可以加快生成氢气的反应速率，故在所给的物质中只有Ag2SO4符合题意；(4)因为要研究硫酸铜的量对反应速率的影响，故应保持硫酸的浓度在各组实验中相同，则硫酸溶液的体积均取30 mL，V130ml，根据F中增加的水与硫酸铜溶液的体积之和为20 mL，可以求得V610 mL，V819.5 mL，V917.5 mL，V1015 mL；由于析出的铜的量较多，会覆盖在锌的表面，使得锌与稀硫酸接触面积大大减小，故反应速率反而减慢了。