【文档说明】【精准解析】贵州省铜仁第一中学2019-2020学年高一下学期第七次周测化学试题.doc，共(15)页，267.000 KB，由小赞的店铺上传

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铜仁一中高一年级防疫期间“停课不停上第七次周考化学试卷第Ⅰ卷(选择题)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Si14S32一、选择题1.化学反应中通常伴随着能量变化，下列说法中错误的是()A.二次电池放电时将电能

转化为化学能B.原电池将化学能转化为电能C.煤燃烧时并不能将化学能全部转化为热能D.镁条燃烧时将部分化学能转化为光能【答案】A【解析】【详解】A．二次电池放电过程是原电池原理，将化学能转化为电能，故A错误；B．原电池将化学能转化为电能，故B正确；C．煤燃烧时化学能转化为热能

和光能，故C正确；D．镁条燃烧时发光、放热，即化学能转化为光能和热能，故D正确；答案选A。2.下列叙述不正确的是()A.根据一次能源和二次能源的划分，氢气为二次能源B.电能是现代社会中应用最广泛、使用最方便的一种二次能源C.火力发电是将燃料中的化学能直接转化为电能的过程D.在火力

发电过程中，化学能转化为热能实际上是氧化还原反应发生的过程，伴随着能量的变化【答案】C【解析】【详解】A．氢气不能从自然界中直接取得，是二次能源，A选项正确；B．电能是二次能源，且使用方便、应用广泛，B选项正确

；C．以煤为燃料，火力发电的能量转化过程为：(煤)化学能燃烧热能蒸汽机械能发电机电能，C选项错误；D．在火力发电过程中伴随着能量的变化，D选项正确。答案选C。3.下列选项中的所有元素组合，既能形成共价化合物，又能形成

离子化合物的是（）A.H、N、OB.Na、Cl、OC.H、S、OD.K、C、O【答案】A【解析】【详解】A.H、N、O可形成共价化合物NHO3，可形成离子化合物NH4NO3，A项符合题意；B.Na、Cl、O只能形成离子化合物，B项不符合题意；C.H、S、O只能形成共价化

合物，C项不符合题意；D.K、C、O只能形成离子化合物，D项不符合题意；故选A。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物

为共价化合物。由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如氯化铵等铵盐是离子化合物，如本题A项H、N、O可形成共价化合物，也可形成离子化合物，但是B、D选项的元素包括活泼金属和活泼非金属元素，只能形成

离子键。4.下列各组化合物中，化学键的类型完全相同的是（）①CaCl2和Na2S②Na2O和Na2O2③CO2和CS2④HCl和NaOHA.①②B.①③C.②③D.②④【答案】B【解析】【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此

判断。【详解】①CaCl2和Na2S中都只有离子键，化学键类型完全相同；②Na2O中只有离子键，Na2O2中有离子键和非极性共价键，化学键类型不完全相同；③CO2和CS2中都只有极性共价键，化学键类型完全相同；④HCl中只有共价键，NaOH中有离子键和极性共价键，化学键类型不完全相同；化学键类型完

全相同的是①③，答案选B。5.离子RO3n-中共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含中子的数目（）A.A+n+48+xB.A+n-24-xC.A-n+24-xD.A+n+24-x【答案】D【解析】【详解】R原

子的质量数为A，设R原子核内含中子的数目为N，则R的质子数为（A—N），由离子RO3n-中共有x个核外电子可知（A—N）+24+n=x，解得N=A+n+24-x，则R原子核内含中子的数目A+n+24-x，故选D。6.短周期主族元素W、X、Y、

Z、R原子序数依次增大。考古时利用W的一种同位素测定一些文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，Y、Z的质子数分别是W、X的质子数的2倍。下列说法错误的是（）A.Y单质可以与WX2发生置换反应B.可以用澄清的石灰水鉴别WX2与ZX2C.原子半径:Y>Z>R；简单离子半径

:Z>X>YD.工业上常用电解熔融的Y与R形成的化合物的方法制取Y【答案】B【解析】【分析】考古时利用W的一种同位素测定一些文物的年代，则W为C；X是地壳中含量最多的元素，则X为O；Y、Z的质子数分别是

W、X的质子数的2倍，则Y的质子数为6×2=12，Y为Mg，Z的质子数为8×2=16，Z为S，R的原子序数最大，R为Cl，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Mg、Z为S、R为Cl；A．Mg与CO2点燃下发生置换反应

生成MgO、C，故A正确；B．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则澄清的石灰水不能鉴别，故B错误；C．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z＞R；电子层越多离子半径越大，且具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z

＞X＞Y，故C正确；D．Mg为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故D正确；故答案为B。7.两种微粒含有相同的质子数和电子数，这两种微粒的关系可能是：（1）同一元素的不同原子，（2）不同元素的原子，（3）两种不同的分子，（4）一种原子和一种分子，（5）一种原子

和一种离子，（6）一种分子和一种离子，其中正确的是（）A.（1）（3）（4）B.（1）（3）（5）C.（1）（2）（5）D.（1）（2）（3）（4）（5）【答案】A【解析】【详解】(1)互为同位素的原子含有相同的质子数和电子数，(1)正确；(2)不同元素的原子其质子数（或电子数）一定不同，

(2)错误；(3)H2O和NH3具有相同的质子数和电子数，(3)正确；(4)Ne原子和H2O分子具有相同的质子数和电子数，(4)正确；(5)一种原子和一种离子其质子数、电子数一定不同时相同，(5)错误；(6)一种分子和一种离子含有的质子数、电子数一定不相同，（6））错误；所以两种微粒含有相同的质

子数和电子数，可能是：(1)(3)(4)；故答案为：A。8.已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，下列说法正确的是（）XYZWA.若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）

B.若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱C.若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸D.若四种元素中只有一种为金属，则Z与Y两者的最高价氧化物对应的水化物能反应【答案】B【解析】【详解】A．若HmXOn为强酸，则X为氮元

素，氨水呈碱性，故A错误；B．若四种元素均为金属，则X为Li、Z为Na、Y为Be、W为Mg，Z的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，属于强碱，故B正确；C．若四种元素均为非金属，则为X、Z可能处于ⅣA族、ⅤA族、ⅥA族，对应的Y、W处于ⅤA族、ⅥA族

、ⅦA族，若W为P元素，则磷酸属于中强酸，故C错误；D．若四种元素中只有一种为金属，则X为B、Z为Al、Y为C、W为Si，Z与Y的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、碳酸，氢氧化铝不能与碳酸反应，故D错误；答案选B。9.一种熔融碳酸盐燃料

电池原理示意如图。有关该电池的说法正确的是()A.反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1molCH4转移12mol电子B.电极B上发生的电极反应：O2＋2CO2＋4e－＝2CO32－C.电池工作时，CO32－向电极B移动D.电极

A上H2参与的电极反应：H2＋2OH－－2e－＝2H2O【答案】B【解析】【分析】此装置为燃料电池，H2、CO失电子，则电极A为负极，O2为正极；电解质溶液无OH－，则电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-。【详解】A.反应CH4＋H2O3H2＋CO，C元素化合价由-4价升高

到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，A错误；B.B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，B正确；C.电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，故C错误；D.电解质没有OH-，负极

反应为H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，D错误；答案为B【点睛】注意此原电池的电解质中没有OH-，为易错点。10.反应4A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g)，经2min后B的浓度减少0.6mol/L。对此

反应速率的正确表示是（）A.用B、C、D分别表示反应的速率，其比值是3：2：1B.用A表示的反应速率是0.4mol/(L·min)C.在2min末的反应速率用B表示是0.3mol/(L·min)D.在这2min内用B和C表示的速率的值都是逐渐增大

的【答案】A【解析】【详解】A．经2min，B的浓度减少0.6mol/L，v(B)=0.6/2molLmin=0.3mol·(L·min)－1，反应速率之比等于化学计量数之比，则分别用B、C、D表示的反应速率其比值为：3：

2：1，A正确；B．物质A为纯固体，不能表示反应速率，B错误；C．反应速率为一段时间内的平均速率，不是瞬时反应速率，C错误；D．B为反应物，C为生成物，则2min内，用B表示的反应速率的值逐渐减小，C表示反应速率的值逐渐增大，D错误；故答案为：A。11.可逆反应3A(g)+B

(g)2C(g)+2D(g)在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是（）A.v（A）=0.6mol/（L•s）B.v（B）=0.3mol/（L•s）C.v（C）=0.5mol/（L•s）D.v（D）=0.2mol/（L•s）【答案】B【解析】【详解】都转化为用B物质表示的反应速率，然后再

比较大小，A.V(B)=0.6mol/L?s3）=0.2mol/（L•s）；B.V(B)=0.3mol/（L•s）；C.V(B)=0.5mol/L?s2）=0.25mol/（L•s）；D.V(B)=0.2mol/L?s2）=0.1mol/（L•s），显然

选项B中速率值最大，反应速率最快，因此合理选项是B。12.有甲、乙一起做了水果电池实验，测得数据如下表，甲问，乙答，不正确的是（）实验次数电极材料水果品种电极间距/cm电压/mV1锌铜菠萝39002锌铜苹果36503锌铜柑橘38504锌铜西红柿37505锌铝菠萝3650

6锌铝苹果3450①甲：实验6中的负极反应如何写？乙：铝为负极：Al-3e-===Al3+②甲：实验1、5电流方向为什么相反？乙：实验1中锌为负极，电子由锌经溶液流向铜；实验5中铝为负极，铝失去电子，电流由锌经导线流向铝③甲：水果电池的电压与哪些因素有关？乙：只跟水果的品种有关；④甲：水果电池中的

铜电极可以用硬币代替吗？乙：可以。A.③④B.②③C.①②③D.②③④【答案】B【解析】【分析】原电池中，根据两极材料活泼性不同，判断正负电极，电路中电子或电流的移动方向；据此分析解答。【详解】①锌、铝和水果形成原电池时，铝易失电子作负极，则锌作

正极，负极上铝失电子发生氧化反应，反应为Al-3e-=Al3+，①正确；②形成的原电池中，较活泼的金属易失电子而作负极，较不活泼的金属作正极，所以实验1中锌比铜活泼，锌为负极，电子由锌经导线流向铜；5中铝比

锌活泼，铝为负极，电流由铝经导线流向锌，②错误；③根据图表知，当1、2比较时，电极材料相同，水果不同，导致电压不同，所以电压与水果有关；比较1、5时，水果相同，电极材料不同，电压不同，所以电压与电极材料有关，③错误；④甲：硬币属于合金，活泼性小于锌，

水果电池中的铜电极可以用硬币代替，④正确；符合题意只有选项②③；故选B。13.将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g)，经2min后测得D

的浓度为0.5mol·L-1，c(A)∶c(B)＝3∶5，以C表示的平均速率v(C)＝0.25mol·L-1·min-1，下列说法正确的是A.该反应方程式中，x＝1B.2min时，A的物质的量为0.75molC.2min时，A的转化率为50%D.反应速率v(B)＝0.25mol

·L-1·min-1【答案】C【解析】分析：2min后测得D的浓度为0.5mol·L-1，v(D)=0.5/2molLmin=0.25mol·L-1·min-1，B表示的平均速率v(C)＝0.25mo

l·L-1·min-1，由速率之比等于化学计量数之比可以知道,x=2,设A、B的起始物质的量均为n,生成D为2L×0.5mol·L-1=1mol,则3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)起始nn00转化1.5

0.5112minn-1.5n-0.511c(A)∶c(B)＝3∶5，则1.50.5nn=35，计算得出n=3，以此来解答。详解:A.由上述分析可以知道，x=2，故A错误；B.2min时,A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol,故B

错误；C.2min时,A的转化率为1.53×100%=50%,所以C选项是正确的；D.反应速率v(B)＝0.522molLmin=0.125mol·L-1·min-1,故D错误；所以C选项是正确的。14.下列实验现象不能说明相关结论的是（）A.

向Al(OH)3沉淀滴加NaOH或盐酸沉淀均消失，说明Al(OH)3是两性氢氧化物B.饱和Na2S溶液中滴入少量氯水出现浑浊，说明元素非金属性Cl>SC.将铜丝插入锌粒与稀硫酸反应体系中反应明显加快，原因是形成了原电

池D.饱和食盐水中滴入浓硫酸析出食盐晶体，说明浓硫酸吸水放出大量的热【答案】D【解析】A．氢氧化铝为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成盐和水，故A正确；B．饱和Na2S溶液中滴入少量氯水出现浑浊，可知有S生成，说明C

l2的氧化性大于S，即元素非金属性Cl＞S，故B正确；C．将铜丝插入锌粒与稀硫酸反应体系中形成了Zn-Cu原电池，反应速率明显加快，故C正确；D．饱和食盐水中滴入浓硫酸析出食盐晶体，体现浓硫酸有吸水性，与浓硫酸溶于水放出大量的热无关，故D错

误；答案为D。15.变量控制是科学研究的重要方法。相同质量的碳酸钙与足量1mol·L-1盐酸分别在下列条件下发生反应，化学反应速率最大的是选项碳酸钙的状态实验温度/℃A粉末10B粉末30C块状10D块状30A.AB.BC.CD.D【答案】B【

解析】【详解】相同质量的碳酸钙与足量1mol•L-1盐酸反应，反应物相同，接触面积越大，温度越高，反应速率越快，所以开始阶段化学反应速率最大的是粉末状碳酸钙，温度为30℃，故选B。16.100mL浓度为2mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速

率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是A.加入适量的6mol·L－1的盐酸B.加入数滴氯化铜溶液C.加入适量蒸馏水D.加入适量的氯化钠溶液【答案】B【解析】【分析】因为锌片是过量的，所以生成氢气的总量由盐酸的量来决定。因题目要求生成氢气的量不变，则外加试剂不能消耗盐

酸。【详解】A．加入浓盐酸，必增加了生成氢气的总量，A项错误；B．加入少量的氯化铜溶液，锌片会与氯化铜反应生成少量铜，覆盖在锌的表面，形成了无数微小的原电池，加快了反应速率，且不影响氢气生成的总量，B项正确；C．加入适量的蒸馏水会稀释

溶液，降低反应速率，C项错误；D．加入适量的氯化钠溶液会稀释原溶液，降低反应速率，D项错误；答案选B。第Ⅱ卷(非选择题)二、非选择题17.有下列物质：①金属铜②NaOH③I2④MgCl2⑤Na2O2⑥氩气回答下列问题：（1）

不存在化学键的是_________________________（2）只存在非极性键的是__________________________（3）只存在离子键的是_______________________

___（4）既存在离子键又存在极性键的是__________________________（5）既存在离子键又存在非极性键的是____________________________【答案】(1).⑥(2).③(3).④(4).②(5).⑤【解析】（1）稀有气体元素的最外层电子已

经达到2电子或8电子稳定结构，形成的单质分子中不存在化学键，则不存在化学键的是氩气，答案选⑥；（2）由同一种元素的原子形成的共价键是非极性键，金属铜中含有金属键，氢氧化钠中含有离子键，氧原子与氢原子之间还有极性键，单质碘中碘原子与碘原子形成的共价键是非极性键，氯化镁中只有离子键，过氧

化钠中含有离子键，氧原子与氧原子之间还有非极性键，因此只存在非极性键的是单质碘，答案选③；（3）根据以上分析可知只存在离子键的是氯化镁，答案选④；（4）根据以上分析可知既存在离子键又存在极性键的是氢氧化钠，答案选②；（5）根据

以上分析可知既存在离子键又存在非极性键的是过氧化钠，答案选⑤。18.有A、B、C、D四种短周期元素,它们的原子序数由A到D依次增大,已知A和B原子有相同的电子层数,且A的L层电子数是K层电子数的两倍,C在空气中燃烧时呈

现黄色火焰,C的单质在加热下与B的单质充分反应,可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物,试根据以上叙述回答:（1）元素名称:A______B_____C_____D______（2）D元素位于周期表中____

_________________族，AB2的结构式为______________（3）写出AB2与C2B2反应的化学方程式：________________________________________。（4）电子式表示化合物C2D的形成

过程：_____________________________________。【答案】(1).碳(2).氧(3).钠(4).硫(5).第三周期VIA族(6).O=C=O(7).2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2(8).【解析】【分析】A

、B、C、D为四种原子序数依次增大的短周期元素，A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A是C元素；C空气中燃烧时呈现黄色火焰，则C是Na元素，C的单质在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，A和B原子有相同的电子层数，则B是O元素，D是S元素

。【详解】（1）通过以上分析知，A是C元素、B是O元素、C是Na元素、D是S元素，故答案为：碳；氧；钠；硫。（2）D是S元素，其质子数为16，有3个电子层，最外层6个电子，处于第三周期第VIA族，AB2为CO2，空间构型为直线型，其结构式为：O=C=O，故答案为：第三周期第VIA族；O=C=O

。（3）AB2为CO2，C2B2为Na2O2，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学反应方程式为:2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。（4）C2D为Na2S，由钠离子与硫离子构成，用电子式表

示Na2S的形成过程为：，故答案为：。19.如图所示，是原电池的装置图。请回答：（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，则A电极可使用___________，A上发生的电极反应式为___

___________________________；（2）若C为CuCl2溶液，Zn是负极，Cu极发生____反应，电极反应为_____________。（3）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和

O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，c电极为____极，电极反应方程式为______。若线路中转移2mol电子，则消耗的O2在标准状况下的体积为___

_L。【答案】(1).石墨（或较铁不活泼金属）(2).2H++2e-=H2↑(3).还原(4).Cu2++2e-=Cu(5).负(6).CH3OH−6e-+H2O=CO2↑+6H+(7).11.2【解析】【分析】(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，铁和石墨

（或较铁不活泼金属）构成原电池，铁做负极；(2)锌、铜和CuCl2溶液构成的原电池中，锌作负极，发生氧化反应；铜作正极，正极上铜离子发生还原反应而析出铜单质；(3)甲醇燃料电池，甲醇做负极，发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应；根据图示据电子流向可知，电极c

为负极；根据O2+4e-+4H+=2H2O反应，若线路中转移2mol电子，则消耗氧气0.5mol，从而计算出在标准状况下氧气的体积。【详解】(1)若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，电

极反应为Fe－2e－＝Fe2+，A为正极，可使用石墨（或较铁不活泼金属），溶液中氢离子得到电子生成氢气，其电极反应为：2H++2e-＝H2↑，故答案为：石墨（或较铁不活泼金属）；2H++2e-=H2↑。(2

)锌、铜和CuCl2溶液构成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子，发生氧化反应生成锌离子进入溶液，导致锌逐渐溶解，电极反应式为：Zn－2e－＝Zn2+，铜作正极，正极上铜离子得电子，发生还原反应而析出铜单质，其电极反应式为Cu2++2e-＝Cu，故答案为：还原；Cu2++2e-＝Cu。(3)根据

电子流向可知，电极c为负极，甲醇失去电子，发生氧化反应，其电极反应式为：CH3OH－6e-+H2O＝CO2↑+6H+，电极d为正极，氧气得到电子，发生还原反应，其电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；1mol氧气在反应中得到4mol电子，若线路中转移2mol电子，则消耗氧气0

.5mol，在标准状况下的体积为：0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，故答案为：负；CH3OH−6e-+H2O=CO2↑+6H+；11.2。【点睛】燃料电池中，燃料作负极，失去电子，发生氧化反应；氧气作正极，得到电子，发生还原反应。20.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，

在100mL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。（实验记录的体积为累计值，已换算成标准状况）：时间（min）12345氢气体积（mL）50120232290310（1）哪一时间段（指0～1、1～2、2～3

、3～4、4～5min）反应速率最大___，原因是___。（2）哪一段时段的反应速率最小___，原因是___。（3）求2～3分钟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）___。（4）如果

反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液：A．蒸馏水B．NaCl溶液C．NaNO3溶液D．Na2CO3溶液你认为可行的是（填编号）___。【答案】(1).2～3min(2).锌与盐酸反应放热．．．．，溶液温

度升高．．．．，反应速率加快(3).4～5min(4).随着盐酸（或H＋）消耗，浓度降低，反应速率下降(5).0.1mol/(L·min)(6).A、B【解析】【分析】根据影响化学反应速率的因素，温度越高、浓度越大、固体表面积越大，反应的速率越大，从表

中数据看出2min～3min收集的氢气比其他时间段多，原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高；4min～5min收集的氢气最少是因为随反应进行c（H+）下降；根据v=ct计算反应速率；根据影响化学反

应速率的因素以及氢气的量取决于H+的物质的量。【详解】（1）从表中数据看出2min～3min收集的氢气比其他时间段多，虽然反应中c（H+）下降，但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高，故答案为2min～3min；锌与盐酸反应，溶液温度升高，反应速率加快；（2）4min～5mi

n收集的氢气最少，是由于虽然反应中放热，但主要原因是c（H+）下降，反应物浓度越低，反应速率越小，故答案为4min～5min；随着盐酸（或H＋）消耗，浓度降低，反应速率下降；（3）在2～3min时间段内，n（H2）=0.11222.4/LLmol=0.0

05mol，由2HCl～H2得，消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）=0.010.11molLmin=0.1mol/(L·min)，故答案为0.1mol/(L·min)；(4)A、加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不

变，故A正确；B、加入氯化钠溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；C、加入NaNO3溶液，减小盐酸的浓度，但此时溶液中含有硝酸，与金属反应得不到氢气，故C错误；D

、加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，故D错误；故答案为A、B。【点睛】先要根据表格中的数据得出每个阶段的反应速率快慢，分析出速率先加快后减慢，再分析其原因与温度和反应物的浓度有关。