安徽师范大学附属中学2023-2024学年高二化学上学期开学考试试题（Word版附解析）

安徽师范大学附属中学2023-2024学年高二第一学期开学考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.糖类、油脂、蛋白质都是饮食中常见的有机化合物。下列说法正确的是A.棉麻、蚕丝、羊毛都是天然纤维，主要成分都是蛋白质B.可用碘水鉴别淀粉溶液和蔗糖溶液C.油脂属于高分子化合物，一定条件下能发生水解反应D.向蛋白质溶液中分别加入CuSO4溶液和饱和(NH4)2SO4溶液，现象、原理均相同【答案】B【解析】【详解】A．棉麻的主要成分是纤维素，蚕丝、羊毛的主要成分是蛋白质，故A错误；B．淀粉遇碘变蓝，遇蔗糖溶液无明显现象，可以用碘水鉴别淀粉溶液和蔗糖溶液，故B正确；C．相对分子质量在一万以上的是高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故C错误；D． CuSO4溶液是重金属盐溶液，能使蛋白质变性而析出，饱和(NH4)2 SO4溶液是浓的非重金属盐溶液，能使蛋白质盐析，两者现象相似，但原理不同，故D错误；故答案为：B。2.下列实验方案中不合理的是选项ABCD目的制备、收集干燥的氨气比较乙醇和水分子中氢原子的活性除去NO中的NO2杂质实验室制备乙酸乙酯 实验方案A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．浓氨水和生石灰反应生成氨气：，氨气为碱性气体可以用碱石灰进行干燥，密度小于空气用向下排空气法，A正确；B．根据控制变量法，乙醇和水与钠的接触面积必须一样大小，B正确；C．，除杂应该长管进短管出，C正确；D．乙醇和乙酸在浓硫酸催化下，生成乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集，长导管出口应该在饱和碳酸钠液面以上，D错误；故选D。3.下列说法中错误的是A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因C.化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化D.反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量【答案】A【解析】【详解】A．有的放热反应也需要加热甚至高温才能发生，如铝热反应，故A错误；B．化学反应过程中有化学键的断裂和形成，化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量，化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故B正确；C．化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，还有的化学反应中有化学能转化为光能等，故C正确；D．反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应放热，反之吸热，故D正确； 故选A。4.下列说法正确的是A.锌是正极，其质量不断减少B.电子从锌片经导线流向铜片C.该装置能将电能转化为化学能D.铜电极发生反应为【答案】B【解析】【详解】A．Zn的金属活动性强于铜，因此锌是负极，Zn失电子生成Zn2+，质量不断减少，A错误；B．Zn为负极，失电子生成锌离子，电子从锌片经导线流向铜片，B正确；C．该装置为原电池，将化学能转化为电能，C错误；D．铜电极为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，D错误；故答案选B。5.下列各组离子中能大量共存的是A.碱性溶液中：Cl-、、、B.能使pH试纸变红的溶液：、、、Cl-C.无色溶液中：、、、D.酸性溶液中：、Cl-、、【答案】B【解析】【详解】A．碱性溶液中氢氧根离子和碳酸氢根离子、铵根离子均反应，不共存，A不符合题意；B．能使pH试纸变红的溶液为酸性，酸性溶液中、、、Cl-相互不反应，能共存，B符合题意；C．高锰酸根离子的溶液为紫红色，C不符合题意；D．酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子和NO，D不符合题意；故选B。 6.一定温度下，将足量的固体置于恒容密闭容器中，发生反应(不考虑转化为)，下列不能判断该反应达到平衡状态的是A.气体的颜色不再改变B.有消耗，同时有生成C.气体的平均相对分子质量不再变化D.固体混合物中铜元素的质量分数不再变化【答案】C【解析】【分析】判断反应是否达到平衡的标志为正反应速率=逆反应速率，或者变量不变。例如当各组分的物质的量、质量、浓度等不再改变的时候，或者特定情况下的体积、压强等保持不变，则能判断已经达到平衡。【详解】A．反应体系中的NO2为红棕色，当气体颜色不再改变时，说明NO2的浓度不再发生改变，可作为判断依据，A正确；B．有消耗，同时有生成时，说明正反应速率等于逆反应，B正确；C．由于生成物中的NO2和O2始终满足物质的量为4:1的比例，故该体系中的平均相对分子质量本身不是变量，不能作为判断依据，C错误；D．根据元素守恒，Cu元素的质量恒定不变，反应体系中有气体生成，固体的总质量在发生变化，当Cu元素的质量分数不再改变时，说明固体的总质量不再发生改变，反应达到平衡状态，D正确；答案选C。7.某废水中存在大量的K+、Cl－、Ca2+、Mg2+，欲除去其中的Ca2+和Mg2+并回收KCl固体，设计了如图流程。下列说法中，不正确的是A.加KOH的主要目的是除去Mg2+B.加K2CO3的主要目的是除去Ca2+C.加盐酸的主要目的是除去过量的OH－D.蒸发的目的是除去H2O和HCl【答案】C【解析】【分析】加入过量KOH将Mg2+转化成Mg(OH)2沉淀，过量K2CO3将Ca2+转化成CaCO3沉淀，过滤所得溶液中含K+、Cl-、OH-、，加入过量盐酸除去过量的OH-、，最后蒸发得到KCl固体；据此作答。 【详解】A．加入KOH的主要目的是除去Mg2+，反应的离子方程式为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，A项正确；B．加入K2CO3主要目的是除去Ca2+，反应的离子方程式为Ca2++=CaCO3↓，B项正确；C．根据分析，加入盐酸的主要目的是除去过量的OH-和，C项错误；D．由于盐酸过量，加入过量盐酸后所得溶液中的溶质有KCl、HCl，盐酸具有挥发性，故蒸发的目的是除去H2O和HCl，D项正确；答案选C。8.氨广泛应用于化工、化肥、制药等领域，一种新型合成方法如下。下列说法正确的是A.反应①属于自然固氮B.反应③可利用电解MgCl2溶液的方法实现C.该转化过程总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2D.反应⑤在无水环境中进行时有白雾产生【答案】C【解析】【详解】A．反应①属于人工固氮，A错误；B．反应③可利用电解熔融的方法实现，B错误；C．该转化过程的总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，C正确；D．HCl和NH3反应生成白色固体NH4Cl，会观察到有白烟，D错误；故答案选C。9.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系，下列有关物质的推断不正确的是 A.若甲为H2S，则丁可能是O2B.若甲为NH3·H2O溶液，则丁可能是CO2C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸D.若甲为SO2，则丁可能是NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A．若甲为H2S、丁是O2，则乙是S、丙是SO2，故A正确；B．若甲为NH3·H2O溶液、丁是CO2，则乙是碳酸铵、丙是碳酸氢铵，故B正确；C．若甲为Fe、丁是盐酸，乙是FeCl2，FeCl2和盐酸不反应，故C错误；D．若甲为SO2、丁是NaOH溶液，则乙是亚硫酸氢钠、丙是亚硫酸钠，故D正确；选C。10.根据实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现浑浊非金属性：B在某待检盐溶液中，滴加溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，试纸变蓝色某待检盐中含有C用铂丝蘸取少量溶液X进行焰色试验，火焰呈黄色溶液一定是钠盐溶液D将气体通入品红溶液中，品红褪色气体一定是A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现浑浊，能说明酸性：HCl大于，但HCl不是氯元素最高价氧化物的水化物，故不能证明非金属性：，A错误；B．铵盐和强碱共热能释放出氨气，在某待检盐溶液中，滴加溶液，加热，产生能使湿润的红色石 蕊试纸变蓝色的气体即氨气，说明发生了反应：NH＋OH－NH3↑+H2O，则说明某待检盐中含有，B正确；C．焰色试验呈黄色，溶液不一定是钠盐溶液，可能是氢氧化钠溶液，C错误；D．能使品红褪色的物质具有漂白性，但通入的气体不一定是，还可以是氯气(与水反应生成的次氯酸有漂白性)、臭氧等，D错误；选B。11.顺式乌头酸是一种重要的食用增味剂，其结构简式如图所示。下列有关说法错误的是A.该有机物的分子式为：C6H6O6B.该有机物分子中含有两种官能团C.该有机物能使酸性KMnO4溶液、溴的四氯化碳溶液褪色，且原理相同D.相同条件下，等量的顺式乌头酸分别与足量的NaHCO3、Na反应，产生气体的体积比为2：1【答案】C【解析】【详解】A.根据结构简式确定分子式为C6H6O6，选项A正确；B.该分子中含有羧基、碳碳双键两种官能团，选项B正确；C.碳碳双键能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，溴能和碳碳双键发生加成反应，前者是氧化反应、后者是加成反应，所以原理不同，选项C错误；D.羧基能和碳酸氢钠、钠分别反应生成二氧化碳、氢气，且1mol羧基和足量碳酸氢钠反应生成1mol二氧化碳，1mol羧基和足量钠反应生成0.5mol氢气，所以相同条件下，等量的顺式乌头酸分别与足量的NaHCO3、Na反应，产生气体的体积比为2：1，选项D正确；答案选C。12.热电厂尾气经处理得到较纯的SO2，可用于原电池法生产硫酸。下列说法确的是 A.电极b周围溶液pH变大B.溶液中H+由b极区向a极区迁移C.电极a的电极反应式是SO2+2e-+2H2O=4H++SOD.一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量相等【答案】A【解析】【分析】硫元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为2H2O+SO2-2e-═SO+4H+，b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-═2H2O，电池总反应为2SO2+2H2O+O2═2H2SO4【详解】A．电极b为正极，氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-═2H2O，pH变大，故A正确；B．电极b为正极，故溶液中H+由a极区向b极区迁移，故B错误；C．a极为负极，二氧化硫失电子，发生氧化反应，电极a的电极反应式是SO2-2e-+2H2O=4H++SO，故C错误；D．电池总反应为2SO2+2H2O+O2═2H2SO4，故一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量为2：1，故D错误；故选A。13.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是A.物质的量浓度为的溶液含有的数目为B.常温常压下，和的混合物中含有氧原子数为C.粉与足量氯气充分反应，转移电子数为D.中含有的中子数为【答案】A【解析】 【详解】A．选项中并未说明氯化镁溶液的体积，无法计算出MgCl2具体的物质的量，也就无法计算氯离子的物质的量，A错误；B．NO2和N2O4的最简式均为NO2，46gNO2和N2O4的混合物含有最简式NO2物质的量为1mol，则含有氧原子的物质的量为2mol，B正确；C．Fe与足量氯气反应，生成FeCl3，则1molFe与足量氯气反应，转移电子数为3mol，C正确；D．20gH218O的物质的量为1mol，其中含有的中子数为10mol，D正确；故答案选A14.氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过如下反应制得：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO。下列对该反应的说法正确的是A.该反应的氧化剂是SiO2和N2B.该反应的还原产物为COC.二氧化硅可以做太阳能电板D.上述反应中每生成1molSi3N4转移12mol电子【答案】D【解析】【详解】A．N元素化合价降低，Si元素的化合价不变，则反应中氧化剂是N2，A错误；B．反应中N元素化合价降低，氧化剂是N2，生成Si3N4为还原产物，B错误；C．Si可以做太阳能电池板，C错误；D．反应中N元素化合价由0价降低到-3，则生成1molSi3N4时共转移12mol电子，D正确；故选D。15.下列图示与对应的叙述正确的是 A.图1所示曲线表示HCN(g)转化为HNC(g)需要吸收59.3kJ的能量B.图2所示的阴影部分面积可表示正反应速率的改变值C.图3所示曲线中状态①的物质比状态②的物质稳定D.图4是其他条件相同时，镁条与不同浓度盐酸反应曲线，其中曲线a表示的盐酸浓度比曲线b大【答案】D【解析】【详解】A．ΔH=生成物总能量-反应物总能量=(59.3-0.0)kJ/mol=+59.3kJ/mol，则1molHCN(g)转化为1molHNC(g)需要吸收59.3kJ的热量，若不知道HCN的物质的量则无法计算吸收的热量，A错误；B．，所以阴影部分面积表示物质的量浓度变化量，B错误；C．由题干图3曲线所示信息可知，状态①的物质具有的总能量比状态②的物质具有的总能量高，能量越高物质越不稳定，C错误；D．由题干图4所示信息可知，其他条件相同时，曲线a反应完全所需要的时间更短，即反应速率更快，故镁条与不同浓度盐酸反应曲线，其中曲线a表示的盐酸浓度比曲线b大，D正确；故答案为：D。第II卷(非选择题共55分)二、非选择题：本题共4个小题，共55分。 16.亚硝酰氯常用于合成洗涤剂，某学习小组在实验室利用反应制备，设计下图实验装置(夹持装置略去)。已知：①为红褐色液体或黄色气体，熔点，沸点；②遇水发生反应。回答下列问题：（1）实验室制备的化学方程式为___________；为得到干燥纯净的，通常将产生的气体依次通入盛有___________、浓硫酸的洗气瓶。（2）仪器a中反应的离子方程式为___________。（3）实验过程中，某同学发现铜与稀硝酸反应较慢，于是有同学提议用“浓硝酸”代替A装置中的“稀硝酸”，该同学的观点是否合理？___________(填“合理”或“不合理”)，理由是___________。（4）实验时，应先在三颈烧瓶内通入___________(填“”或“”)，另一种气体可以通入的标志是___________。（5）尾气处理时，有同学认为尾气中的某种气体不能完全被吸收，为了充分吸收，可将尾气与___________(填化学式)同时通入溶液中。【答案】（1）①.②.饱和食盐水（2）（3）①.合理②.浓硝酸和铜屑快速反应生成的二氧化氮和B中的水快速反应再生成一氧化氮（4）①.②.装置中充满黄绿色气体（5）【解析】【分析】装置A中稀硝酸和铜反应生成NO，生成的NO经过碱石灰干燥后进入D中与Cl2反应生成 NOCl，因为B装置中为H2O，因此也可以用浓硝酸和Cu反应生成NO2，NO2再与水反应生成NO来获得NO。因为NOCl遇水反应生成亚硝酸和HCl，因此最后的无水氯化钙作用为防止空气中的水蒸气进入装置。【小问1详解】实验室用MnO2和浓盐酸加热条件下反应来制备Cl2，化学方程式为。生成的Cl2中混有HCl，为得到干燥纯净的氯气，通常将产生的气体先通过饱和食盐水，除去氯气中的HCl，再通过浓硫酸的洗气瓶，干燥氯气。【小问2详解】仪器a中稀硝酸和Cu反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式。【小问3详解】若用浓硝酸代替A装置中的稀硝酸，浓硝酸和铜快速反应生成NO2，NO2与B中的水快速反应生成NO，得到NO的同时增大了反应速率，该同学的观点合理。【小问4详解】NO为无色气体且能与氧气反应，而Cl2为黄绿色气体，故实验前应先在三颈烧瓶中通入Cl2，等到装置中充满黄绿色气体，说明三颈烧瓶中充满了氯气且除尽了空气，此时再通入NO，可保证一氧化氮不被氧气氧化且两种气体能充分反应。【小问5详解】尾气处理时可用NaOH溶液吸收多余的Cl2，但是NO不与NaOH溶液反应，为充分吸收NO，可将尾气与O2同时通入NaOH溶液中，NO、O2、NaOH反应生成H2O和NaNO3，这样可完全吸收NO。17.海水中溴元素主要以形式存在，工业上从海水中提取溴的流程如下：（1）将吹出后的含Br2的空气按一定速率通入吸收塔，用SO2和水进行吸收，写出吸收反应的化学方程式：___________，此反应中SO2做___________(填氧化剂或还原剂)。（2）工业上也可用Na2CO3溶液代替二氧化硫水溶液吸收Br2，完成下列化学方程式：_______Br2+_______Na2CO3——______NaBrO3+_______CO2+_______________当有3molBr2参加反应，发生转移的电子的物质的量为___________。 （3）用于吸收Br2的SO2是工业制硫酸的重要物质，其中主反应是催化氧化SO2。现将SO2与足量O2置于密闭容器中，在催化剂、500℃条件下发生反应。SO2与SO3的物质的量浓度随时间的变化如图所示，请回答下列问题。①反应开始至2min末，以SO2的浓度变化表示该反应的平均速率是___________；2min时，反应是否达到化学平衡状态___________(填“是”或“否”)。②关于该反应下列说法不正确的是___________。a．催化剂可以增大化学反应速率b．改变温度或压强，可以实现SO2的完全转化c．若仅增大容器容积，则该化学反应速率增大【答案】（1）①.Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr②.还原剂（2）①.3Br2+3Na2CO3=1NaBrO3+3CO2+5NaBr②.5mol（3）①.1.25mol·L-1·min-1②.否③.bc【解析】【分析】海水蒸发浓缩酸化得到浓缩海水通入氯气氧化溴离子得到含溴单质的混合溶液，利用热空气吹出Br2，被二氧化硫吸收得到含HBr的混合溶液，通入氯气氧化得到溴单质，富集溴元素得到含Br2的混合溶液，蒸馏得到溴单质。【小问1详解】溴和二氧化硫和水发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸，化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr。反应中硫元素化合价升高，故二氧化硫为还原剂；【小问2详解】碳酸钠和溴反应，生成溴酸钠和二氧化碳，溴元素化合价升高5价，，应该有溴元素化合价降低生成溴化钠，化合价降低1价，根据电子守恒配平，溴酸钠和溴化钠的比例为1:5，则该方程式为3Br2+3Na2CO3=1NaBrO3+3CO2+5NaBr，反应中转移5个电子，故当有3mol溴单质生成，转移5mol电子。【小问3详解】2min末反应开始到2min末，由图可知，以二氧化硫表示反应速率为 ，2分钟之后二氧化硫和三氧化硫的浓度还有变化，故2分钟时反应未到平衡。②a．使用催化剂可以增大化学反应速率，故a正确；b．改变温度或压强，可以提高二氧化硫的转化率，但不能实现SO2的完全转化，故b错误；c．若仅增大容器容积，反应物的浓度减小，则该化学反应速率减小，故c错误；故选bc。18.FeOOH可用于脱硫工序，脱除效果较好。工业上利用冶金废渣(主要成分为FeSO4，还含有少量的Fe2(SO4)3、MgSO4及TiOSO4)为主要原料生产FeOOH的一种工艺流程如下：（1）FeOOH中Fe的化合价为_______。（2）冶金废渣“溶解”时一般要粉碎，目的是_______，TiOSO4与水反应生成难溶于水的H2TiO3和一种常见的酸，该反应的化学方程式为_______。（3）“除杂”时，加入NaF溶液的作用为沉淀Mg2+，则滤液Y中的主要含有的溶质为_______。（4）“氧化”时，试剂X最佳选择为_______(填序号)。a.KMnO4b.HNO3c.Cl2d.空气（5）工业上冶炼Fe的方法是_______，铝与四氧化三铁的反应方程式：_______。【答案】（1）+3（2）①.增大接触面积，加快反应速率②.TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4（3）Na2SO4（4）d（5）①.热还原法②.8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【解析】【分析】冶金废渣溶于水，TiOSO4与水反应生成难溶于水的H2TiO3，再加入NaF除去Mg2+，过滤后滤液中加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH溶液将Fe3+沉淀，最终得到FeOOH。【小问1详解】根据正负化合价代数和为0的原则，FeOOH中的铁的化合价为+3价。【小问2详解】将冶金废渣粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率；TiOSO4与水反应生成难溶于水的H2TiO3 和一种常见的酸，该酸为硫酸，该反应的化学方程式为：TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4。【小问3详解】冶金废渣中的阴离子主要是硫酸根离子，在除杂过程中加入了NaF和NaOH，所以在过滤出FeOOH后的滤液Y中主要含硫酸钠。【小问4详解】“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH溶液将Fe3+转化为FeOOH。KMnO4能将Fe2+氧化为Fe3+，但KMnO4被还原为Mn2+，引入新杂质；HNO3的还原产物NOx会污染环境；氯气有毒，且从经济角度看不如空气，所以最佳选择为空气，故选d。【小问5详解】工业上冶炼铁通常是用CO作还原剂，将铁的氧化物还原为Fe，采取的方法为热还原法；铝与四氧化三铁反应生成铁和氧化铝，化学方程式为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。19.有机化合物是生命活动的物质基础，也是能源开发和新型合成材料研制的基础物质。Ⅰ．现有下列几组物质：①和②干冰与二氧化碳③和④和⑤和⑥和（1）上述组内物质间，互为同系物的是___________(填标号，下同)，互为同分异构体的是____。Ⅱ．有机物的世界缤纷多彩，有机化合物A是重要的有机化工基础原料。A可发生如图所示的一系列物质转化，其中2.8gA在氧气中完全燃烧，生成0.2molCO2和0.2molH2O，在标准状况下，A的密度为1.25g·。回答下列问题，（2）反应③反应类型为___________。 （3）下列关于图示有机物的说法正确的是___________(填标号)。a．A和D均能使酸性高锰酸钾溶液褪色b．石油分馏可获取Ac．等物质的量的A、D在足量O2中燃烧，消耗O2的质量相等d．等质量的乙炔(C2H2)、E在足量O2中燃烧，消耗O2的质量相等（4）D催化氧化的化学方程式为_________________。【答案】（1）①.⑤②.①④（2）加成反应（3）acd（4）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【解析】【分析】标准状况下，A的密度为1.25g/L，则A的摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，2.8gA的物质的量为0.1mol，生成0.2molCO2和0.2molH2O，说明1molA中含2molC和4molH原子，分子式为C2H4，A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；乙烯和氢气发生加成反应生成B为CH3CH3，与HCl加成生成C为CH3CH2Cl，B发生取代反应生成C，乙烯和水发生加成反应生成D为CH3CH2OH；【小问1详解】结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，上述组内物质间，互为同系物的是⑤；分子式相同而结构不同的化合物间互为同分异构体，互为同分异构体的是①④；【小问2详解】由分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，反应③的反应类型为加成反应；【小问3详解】a．A含有碳碳双键、D为乙醇含有羟基，两者均能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使其溶液褪色，故a正确；b．石油经过分馏、裂解和裂化等可得到乙烯，故b错误；c．有机物（CxHyOz）耗氧量为n（O2）=x+0.25y-0.5z，A为乙烯，耗氧量为n（O2）=2+0.25×4=3mol，D为乙醇，耗氧量为n（O2）=2+0.25×6-0.5×1=3mol，其耗氧量相等，故c正确；d．等质量的烃(CxHy)中含氢量()越大则耗氧量越多，乙炔(C2H2)、E（C6H6）含氢量均为1，其在足量O2中燃烧，消耗O2的质量相等，故d正确；故选acd；【小问4详解】