嘉兴市重点中学2025届化学高一下期末调研试题含解析

嘉兴市重点中学2025届化学高一下期末调研试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又作响并鼓起来，下列有关判断正确的是A．导致易拉罐变瘪的离子反应是CO2+OH−==HCO3－B．导致易拉罐又鼓起来的原因是：又生成了二氧化碳气体使得压强增大C．上述过程中共发生了三个化学反应，且反应结束后的溶液呈碱性D．若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象2、金属冶炼的实质是()A．金属元素失去电子B．金属元素获得电子C．金属元素被氧化了D．金属元素可能被氧化，也可能被还原3、下列反应中硝酸既能表现出酸性又能表现出氧化性的是A．使石蕊试液变红B．与铜反应放出NO气体，生成Cu(NO3)2C．与Na2CO3反应放出CO2气体，生成NaNO3D．与硫单质共热时生成H2SO4和NO24、下列有关烷烃的叙述中，正确的是（）①在烷烃分子中，所有的化学键都是单键②烷烃中除甲烷外，很多都能使酸性KMnO4溶液的紫色褪去③分子通式为CnH2n+2的不一定是烷烃④所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应⑤光照条件下，乙烷通入溴水中，可使溴水褪色．A．①③⑤B．①④C．②③D．①②④5、下列有关原电池和金属腐蚀的说法中，不正确的A．铜、锌两电极插入稀H2SO4中组成原电池，铜是正极B．原电池中e－从负极流出，负极发生氧化反应C．钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为Fe－3e－＝Fe3＋D．电化学腐蚀比化学腐蚀更快更普遍6、下列现象或事实可用同一化学原理解释的是A．氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色B．常温下，可以用铁、铝制容器贮存浓硫酸或浓硝酸C．浓硫酸和浓盐酸暴露在空气中浓度均逐渐减小D．氯化铵和碘都可以用加热法进行提纯7、化学与环境密切相关，下列有关说法错误的是:A．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成B．对酸性物质的排放加以控制，开发新清洁能源是减少酸雨的有效措施C．NO2、NO含氮氧化物是光化学烟雾的主要污染物D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧8、对于反应A(g)+3B(g)2C(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是A．v(A)=0.2mol/(L•s) B．v(B)=0.2mol/(L•s)C．v(B)=0.3mol/(L•s) D．v(C)=0.2mol/(L•s)9、下列图示的装置中可以构成原电池的是A． B． C． D．10、下列有关化学用语表示正确的是（）A．甲烷分子的比例模型：B．乙烯的结构简式：CH2CH2C．氯化氢的电子式：D．S2-离子结构示意图：11、在25℃和101kPa的条件下：化学键H-HCl-ClH-Cl键能(kJ/mol)436243431对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是（）A．断开1molH2中的H-H键需要放出436kJ的能量B．生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量C．由键能数据分析,该反应属于吸热反应D．2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低12、下列物质中属于天然高分子化合物的是A．塑料B．葡萄糖C．纤维素D．乙酸13、在一定温度下的密闭容器中，能判断反应X(s)+2Y(g)M(g)+N(g)达到最大限度的是（）A．压强不变B．生成M与N的物质的量之比为1：1C．生成1molM同时消耗2molYD．生成M的速率和消耗N的速率相等14、固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则下列有关说法不正确的是A．NH5中既有共价键又有离子键B．NH5的电子式为C．1molNH5中含有5NA个N一H键（NA表示阿伏加德罗常数）D．它与水反应的离子方程式为NH4++H++H2O=NH3·H2O＋H2↑15、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5μm的可吸入颗粒物，它是大气的一种污染物主要来自化石燃料的燃烧等，以下不属于化石燃料的是A．天然气B．煤C．石油D．酒精16、下列反应属于取代反应的是A．乙烯在空气中燃烧 B．在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应C．在FeBr3催化作用下，苯与液溴反应 D．乙醇在铜或银作催化剂条件下与氧气反应二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。（1）E元素在周期表中的位置为_____________。（2）由A、B、W三种元素组成的18电子微粒的电子式为______________。（3）若要比较D与E的金属性强弱，下列实验方法可行的是____________。A．将单质D置于E的盐溶液中，若D不能置换出单质E，说明D的金属性弱B．比较D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强C．将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强18、元素周期表是学习化学的重要工具。下表为8种元素在周期表中的位置。(1)下图所示的模型表示的分子中，可由A、D形成的是________。写出c分子的空间构型为_________，d分子的结构简式_________。(2)关于d分子有下列问题：①d分子中同一平面的原子最多有_______个。②若用－C4H9取代环上的一个H原子，得到的有机物的同分异构体共有__________种。(3)Na在F单质中燃烧产物的电子式为______。上述元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是______(写化学式)，其与Q的单质反应的离子方程式是_____________。19、（1）氨气是化学实验室常需制取的气体。实验室制取氨气通常有两种方法：方法一固体氢氧化钙与氯化铵共热方法二固体氢氧化钠与浓氨水反应①下面的制取装置图中，方法一应选用装置________(填“A”或“B”，下同)，方法二应选用装置________。②写出加热NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3的反应方程式_________。③在制取后，如果要干燥氨气，应选用的干燥剂是_____，收集氨气的方法是______。A．浓硫酸B．碱石灰C．五氧化二磷D．向上排空气法E．排水法F．向下排空气法④检验是否收集满氨气的方法是____________________________________。（2）请观察如图装置，回答下列问题：①负极是_______，发生_______反应（填氧化或还原）。②正极的电极反应式_______。③该装置是一种把_______________________的装置，当导线中有0.2mole-发生转移时，求参加氧化反应的物质的物质的量为_______。20、某化学小组的同学为探究原电池原理，设计如图所示装置，将锌、铜通过导线相连，置于稀硫酸中。（1）外电路，电子从__________极流出。溶液中，阳离子向_______极移动。（2）若反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成的气体在标准状况下的体积为______________。（3）该小组同学将稀硫酸分别换成下列试剂，电流计仍会偏转的是_____（填序号）。A．无水乙醇B．醋酸溶液C．CuSO4溶液D．苯（4）实验后同学们经过充分讨论，认为符合某些要求的化学反应都可以通过原电池来实现。下列反应可以设计成原电池的是____________（填字母代号）。A．NaOH+HCl=NaCl+H2OB．2H2+O2=2H2OC．Fe+2FeCl3=3FeCl2D．2H2O=2H2↑+2O2↑21、A～I是常见有机物，A是烃，E的分子式为C4H8O2，H为有香味的油状物质。已知：CH3CH2Br＋NaOH→（1）0.2molA完全燃烧生成17.6gCO2，7.2gH2O，则A的结构简式为____________。（2）D分子中含有官能团的名称为_____________；（3）①的反应类型为____________（4）G可能具有的性质为__________。a.与钠反应b.与NaOH溶液反应c.易溶于水（5）请写出②和⑦的化学方程式：反应②_________________；反应⑦_________________；（6）J是有机物B的同系物，且比B多3个碳原子，J可能的结构有___种，写出其中含3个甲基可能的结构简式________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】试题分析：A．气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OH-═CO32-+H2O，A错误；B．易拉罐又会作响并鼓起来，发生2A1+2OH-+6H2O="2"Al[(OH)4]-+3H2↑，气体压强增大，B错误；C．上述过程与氢氧化钠反应的物质有CO2、氧化铝和铝，偏铝酸钠溶液显碱性，共计3个离子反应，C正确；D将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐只会会出现变瘪的现象，D错误，答案选C。考点：考查Al及其化合物的化学性质以及离子反应2、B【解析】

金属冶炼的实质是金属元素由化合态转变成游离态，金属单质容易失去电子生成化合物，金属冶炼过程就是将高价态金属元素还原为0价，据此分析解答。【详解】金属单质容易失去电子生成化合物，金属冶炼实质是金属元素由化合态转变成游离态，过程就是将高价态金属元素对应原子得到电子发生还原反应，还原为0价。答案选B。【点睛】本题考查了金属冶炼的实质，明确氧化还原反应规律及金属存在形态是解题关键，题目难度不大。注意金属冶炼的常见方法以及与金属性强弱的关系判断。3、B【解析】

A.使石蕊试液变红体现硝酸的酸性，A不选；B.与铜反应放出NO气体，生成Cu(NO3)2，反应中氮元素化合价降低，由硝酸盐生成，硝酸既能表现出酸性又能表现出氧化性，B选；C.与Na2CO3反应放出CO2气体，生成NaNO3只体现硝酸的酸性，不是氧化还原反应，C不选；D.与硫单质共热时生成H2SO4和NO2，反应中氮元素化合价降低，没有硝酸盐生成，只体现硝酸的氧化性，D不选；答案选B。【点睛】明确硝酸体现酸性和氧化性的标志及特征是解答的关键，如果反应中氮元素化合价降低，说明得到电子，体现氧化性。如果有硝酸盐生成，则体现酸性。4、B【解析】①烷烃分子中无论是碳碳键还是碳氢键，都是单键，①正确；②烷烃属于饱和链烃，其化学性质一般比较稳定，通常烷烃不与酸、碱、氧化剂（如酸性KMnO4溶液）反应，也不能使溴水褪色，②错误；③因分子通式CnH2n＋2中的氢原子已达完全饱和，因此符合通式CnH2n＋2的有机物一定是烷烃，③错误；④烷烃在光照下都能与氯气发生取代反应，这是烷烃的主要特性之一，④正确；⑤乙烷是烷烃，和溴水不反应，⑤错误，答案选B。5、C【解析】

A项、铜、锌两电极插入稀H2SO4中组成原电池，锌比铜活泼，活泼金属锌为负极，不活泼金属铜是正极，故A正确；B项、原电池中e－从负极流出，经外电路流向正极，还原剂在负极失电子发生氧化反应，故B正确；C项、钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2＋，故C错误；D项、电化学腐蚀因发生原电池反应，比化学腐蚀更快更普遍，危害更大，故D正确；故选C。6、B【解析】

A.氯气使品红褪色是因为其与水反应生成的次氯酸具有漂白性，该漂白性是通过强氧化性来体现的，SO2使品红褪色，是因为其可以与品红化合生成无色物质，不可用同一化学原理解释，故A不选；B.常温下，可以用铁、铝制容器贮存浓硫酸或浓硝酸，是因为Fe、Al均可以在冷的浓硫酸或浓硝酸中钝化，可用同一化学原理解释，故B选；C.浓硫酸和浓盐酸暴露在空气中浓度均逐渐减小，浓硫酸是因为其吸水性，而浓盐酸则是因为其挥发性，不可用同一化学原理解释，故C不选；D.氯化铵和碘都可以用加热法进行提纯，氯化铵是加热后先分解为NH3和HCl，冷却后化合成氯化铵，而I2则是因为其易升华和凝华，不可用同一化学原理解释，故D不选；答案选B。【点睛】物质的漂白性大致可分为三类，一是物理吸附作用，如活性炭；二是强氧化性，如过氧化钠、次氯酸；三是可以和有色物质化合为无色物质，如SO2。7、A【解析】

A、CO2是空气的成分之一，酸雨是指pH<5.6的雨水，NO2和SO2排放到空气中易形成酸雨，CO2不会导致酸雨，故A说法错误；B、SO2是引起酸雨的主要原因，且SO2属于酸性氧化物，因此开发新能源减少SO2的排放，故B说法正确；C、氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因，故C说法正确；D、CO2是造成温室效应的主要原因，故D说法正确。8、A【解析】

全部转化为用B表示的化学反应速率，然后比数值，注意单位要统一。【详解】化学反应速率之比等于化学计量系数之比，因此可得：。A、v(A)=0.2mol/(L•s)，D、v(C)=0.2mol/(L•s)，因此，反应速率最大的为A。9、B【解析】

本题主要考查原电池的构成，一般原电池的构成需要两个活泼性不同的电极、自发的氧化还原反应、形成闭合回路等条件，故可据此分析。【详解】A.该装置中没有自发的氧化还原反应发生，且两个电极都为铜电极，故A项错误；B.该装置中铁电极能与盐酸发生氧化还原反应，另一极石墨构成正极，并且形成的一个闭合的回路，故B项正确；C.该装置没有形成闭合回路，因此不能形成原电池，故C项错误；D.该装置中没有能够发生的氧化还原反应，且酒精为非电解质，也没有形成闭合回路，故D项错误；答案选B。10、A【解析】

A.比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，因此甲烷分子的比例模型为，A正确；B.乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，B错误；C.氯化氢含有共价键，电子式为，C错误；D.硫的原子序数是16，则S2-离子结构示意图为，D错误。答案选A。11、D【解析】

A.因H-H键能436kJ/mol，则有断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，故A错误；B.因H-Cl键能431kJ/mol，则生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ×2=862kJ的能量，故B错误；C.由键能与焓变的关系可得△H=(436+243-431×2)kJ/mol=-183kJ/mol，△H＜0，所以该反应为放热反应，故C错误；D.该反应为放热反应，所以反应物的总能量＞生成物的总能量，故D正确。答案选D。【点睛】本题主要考查了化学反应中的能量变化，△H等于反应物中化学键断裂吸收的能量总和减去形成生成物的化学键所放出的能量总和。12、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．塑料为合成材料，相对分子质量在10000以上，属于合成高分子化合物，A错误；B．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，B错误；C．纤维素为多糖，相对分子质量在10000以上，属于天然高分子化合物，C正确；D．乙酸是一元羧酸，分子式为C2H4O2，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D错误。答案选C。13、D【解析】分析：根据化学平衡中“变量不变达平衡”进行判断，先找出物理量是否为变量，再进行判断。A．无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的压强始终不变，选项A错误；B．反应按计量数进行，只要反应开始，则生成M与N的物质的量之比始终为1：1，无法说明反应达平衡，选项B错误；C．无论该反应是否达到平衡状态，生成1molM同时一定消耗2molY，选项C错误；D.生成M的速率和消耗N的速率相等，则正逆反应速率相等，反应达平衡，选项D正确。答案选D。14、C【解析】A．NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，所以NH5中既有共价键又有离子键，A正确；B．NH5属于铵盐，铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键，电子式为，B正确；A．NH5中存在离子键和共价键，1molNH5中含有4NA个N－H键（NA表示阿伏加德罗常数），含有1mol离子键，C错误；D．NH5和水发生氧化还原反应生成一水合氨和氢气，离子方程式为NH4++H﹣+H2O=NH3•H2O+H2↑，D正确；答案选C。15、D【解析】分析：化石燃料是指由埋藏在地下的古生物经长期自然演化形成的燃料。主要指煤和石油、天然气等。详解：天然气、煤、石油是常见的化石燃料，酒精就是乙醇，不是化石燃料，答案选D。16、C【解析】分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，结合有机物的性质分析解答。详解：A.乙烯在空气中燃烧属于氧化反应，A错误；B.在镍做催化剂的条件下，苯与氢气发生加成反应生成环己烷，B错误；C.在FeBr3催化作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，C正确；D.乙醇在铜或银作催化剂条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛和水，D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期IIIA族BC【解析】

A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为C元素，W为O元素，D为Na元素，E为Al元素；(1)E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；(2)由H、C、O三种元素组成的18电子微粒，该微粒中只能含有1个C原子、1个O原子，故含有H原子数目=18-6-8=4，故该微粒结构简式为CH3OH，电子式为：，故答案为：；(3)D为Na元素，E为Al元素；A．将单质D置于E的盐溶液中，钠首先与水反应，不能置换盐溶液中的金属元素，不能说明D的金属性弱，故A错误；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，比较D和E的最高价氧化物对应水化物的碱性，前者比后者强，故前者金属性强，故B正确；C．金属单质与盐酸反应越剧烈，对应元素的金属性越强，将D、E的单质分别投入到同浓度的盐酸中，观察到D反应更剧烈，说明D的金属性强，故C正确；故答案为：BC。【点睛】本题的易错点为(3)中A的判断，要注意钠的活泼性很强，与盐溶液反应时，是钠先与水反应，不能置换出金属单质，因此不能比较金属性的强弱。18、acd正四面体1312KOH2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑【解析】

根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素，结合原子结构和物质的性质分析解答。【详解】根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素。(1)A为H元素，D为C元素，根据图示，a表示乙烯，b表示氨气，c表示甲烷，d表示甲苯，由A、D形成的是acd；甲烷为正四面体；甲苯的结构简式为，故答案为：acd；正四面体；；(2)①苯环为平面结构，碳碳单键可以旋转，因此甲苯中最多有13个原子共面，故答案为：13；②－C4H9有4种结构，碳架结构分别为：、、、，取代苯环上的一个H原子，可以得到邻位、间位、对位共12种同分异构体，故答案为：12；(3)Na在O2中燃烧生成Na2O2，过氧化钠为离子化合物，电子式为；上述元素中，金属性最强的元素为第四周期ⅠA族元素K，对应最高价氧化物的水化物KOH的碱性最强，与Al反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑，故答案为：；KOH；2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑。【点睛】本题的易错点为(2)①，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，同时注意碳碳单键可以旋转。19、AB2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2OBF用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，看试纸是否变蓝，变蓝则收集满（正确都得分）Zn氧化2H++2e-=H2↑化学能转变为电能0.1mol【解析】分析：（1）①用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体；②NH4Cl和Ca(OH)2在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水；③氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥，应用碱性干燥剂；氨气密度小于空气，极易溶于水，据此判断收集方法；④氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色，据此检验；（2）原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，据此判断。详解：（1）①用固体氢氧化钙与氯化铵共热制备氨气，是固体和固体加热制备气体的反应，应选择A装置，在常温下用固体氢氧化钠与浓氨水反应是固体和液体不加热制备气体，应选择B装置；②NH4Cl和Ca(OH)2在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；③A．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，不能干燥氨气，A错误；B．固体氢氧化钠具有吸湿性，可以干燥氨气，B正确；C．五氧化二磷和氨气发生反应，不能干燥氨气，C错误；答案为：B；氨气密度小于空气，极易溶于水，收集氨气时应该选择向下排空气法，答案选F；④氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口，如果试纸变蓝，则证明是氨气已集满。（2）①金属性锌强于铜，因此负极是锌，发生氧化反应。②正极是铜，溶液中的氢离子放电，则正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑。③该装置是原电池，是一种把化学能转变为电能的装置，当导线中有0.2mole-发生转移时，消耗0.1mol锌，锌失去电子被氧化，则参加氧化反应的物质的物质的量为0.1mol。20、Zn（或“负”）Cu（或“正”）2.24LBCBC【解析】分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。锌、铜和稀硫酸构成原电池，锌作负极、铜作正极，结合原电池的工作原理和构成条件分析解答。详解：（1）金属性锌强于铜，锌是负极，铜是正极，电子从负极流出，通过导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动；（2）氢离子在正极得电子生成氢气，根据2H++2e-=H2↑可知有0.2mol电子发生转移，则生成0.1molH2，在标准状况下的体积为2.24L；（3）无水乙醇和苯不是电解质溶液，替换稀硫酸后不能形成原电池，电流计不会偏转；醋酸溶液和CuSO4溶液是电解质溶液，替换稀硫酸后可以形成原电池，电流计仍会偏转，故选BC；（4）自发的氧化还原反应且是放热反应的可以设计成原电池，则A、中和反应不是氧化还原反应，不能设计成原电池，A错误；B、氢气燃烧是自发的放热的氧化还原反应，可以设计成原电池，B正确；C、铁与氯化铁反应生成氯化亚铁是自发的放热的氧化还原反应，可以设计成原电池，C正确；D、