辽宁省朝阳市普通高中2023学年化学高二第二学期期末复习检测模拟试题（含解析）

1、2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、1919年，科学家第一次实现了人类多年的梦想人工转变元素。这个核反应如下：NHeOH，下列叙述正确的是AO原子核内有9个质子BH原子核内有1个中子CO2和O3互为同位素D通常情况下，He和N2化学性质都很稳定2、C5H12有3种

2、不同结构，甲：CH3(CH2)3CH3，乙：CH3CH(CH3)CH2CH3，丙：C(CH3)4 ，下列相关叙述正确的是（）A甲、乙、丙属同系物，物理性质相似，化学性质相同BC5H12表示一种纯净物C甲、乙、丙中，丙的沸点最低D丙有3种不同沸点的二氯取代物3、氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2O=HOF+HF。该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是A钠与水反应制氢气B过氧化钠与水反应制氧气C氯气与水反应制次氯酸D氟单质与水反应制氧气4、某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是AX、Z烧杯中分散质相同BY中反应离子方程式为

3、3CaCO32Fe33H2O=2Fe(OH)3(胶体)3CO23Ca2C利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离DZ中分散系能产生丁达尔效应5、下列选项中,甲和乙反应类型相同的是选项甲乙A溴乙烷水解生成乙醇甲醛和苯酚制备酚醛树酯B甲苯与浓硝酸反应制备TNT乙烯使KMnO4溶液褪色C甲苯与KMnO4溶液反应葡萄糖和银氨溶液发生银镜反应D2-溴丙烷在一定条件下生成丙烯乙醇与冰醋酸反应生成乙酸乙酯AABBCCDD6、下列图示与对应的叙述不相符合的是A图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线7、

4、H、C、N、O、V(钒)五种元素形成的某分子结构如图所示，下列说法错误是AN原子核外存在3种不同能量的电子B基态V原子的价电子轨道表示式为C基态O原子，电子占据的最高能级符号为2pD基态C、N两种原子中，核外存在相同对数自旋方向相反的电子8、下列变化过程中，加入还原剂才能实现的是AClCl2BFeOFeCSO2SO32-DFe2+Fe3+9、现有甲基、羟基、羧基、苯基，两两组合形成6种化合物，其中水溶液呈酸性的有机物有多少种 （ ）A2种B3种C4种D5种10、某高分子化合物R的结构简式如图，下列有关R的说法正确的是AR的单体之一的分子式为C9H12O2BR可通过加聚和缩聚反应合成，R完全水解

5、后生成2种产物CR是一种有特殊香味，难溶于水的物质D碱性条件下，1 mol R完全水解消耗NaOH的物质 的量为n（m+1）mol11、以下有关物质的量浓度的叙述正确的是A等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应，若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1:2:3B150 mL 1molL1的氯化钾溶液中的c(Cl)与50 mL 1 molL1的氯化铝溶液中的c(Cl)相等C20时，饱和KCl溶液的密度为1172gcm3，物质的量浓度为20 molL1，则此溶液中KCl 的质量分数为338%D20时，100 g水可溶解322g KCl，此时K

6、Cl饱和溶液的质量分数为322%12、现有四种晶体的晶胞，其离子排列方式如下图所示，其中化学式不属MN型的是( )。ABCD13、下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是（）A3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子B2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子C最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和价电子排布为4s24p5的原子DM层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子14、实验室制备下列物质时，不用加入浓H2SO4的是A由苯制取硝基苯B用乙酸和乙醇制备乙

7、酸乙酯C由溴乙烷制乙烯D由乙醇制乙烯15、关于小苏打(NaHCO3)溶液的表述错误的是Ac(Na+)=c(HCO3-)+ c(CO32-)+c(H2CO3)Bc(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+ 2c(CO32-)+c(OH-)CHCO3-的电离程度大于其水解程度Dc(Na+)c(HCO3-) c(OH-)c(CO32-)16、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ANa2S溶液具有碱性，可用于脱除废水中Hg2+BCuSO4能使蛋白质变性，可用于游泳池水的消毒CMnO2是黑色粉末，可用于催化H2O2分解制取O2DNa2CO3能与酸反应，可用于去除餐具表面的油污二、非选择题（本题包括5小

8、题）17、已知A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体可做半导体材料；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示)：(1)A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为_(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高的理由是_。(3)A的简单氢化物的中心原子采取_杂化，E的低价氧化物分子的空间构型是_。(4)F的核外电子排布式是_，A、F形成某种化合物

9、的晶胞结构如图所示(其中A显3价)，则其化学式为_。18、框图中甲、乙为单质，其余均为化合物，B为常见液态化合物，A为淡黄色固体，F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色。请问答下列问题：（1）反应-中，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是_（填序号）。（2）反应的化学方程式为_。（3）甲与B反应的离子方程式 _。（4）在实验室将C溶液滴入F溶液中，观察到的现象是_。（5）在F溶液中加入等物质的量的A，发生反应的总的离子方程式为：_。19、氮化钙(Ca3N2)氮化钙是一种棕色粉末，在空气中氧化，遇水会发生水解，生成氢氧化钙并放出氨。某化学兴趣小组设计制备氮化钙并测定其纯度的实验如

10、下：氮化钙的制备（1）连接装置后，检查整套装置气密性的方法是_。（2）装置A中每生成标准状况下4.48LN2，转移的电子数为_。（3）装置B的作用是吸收氧气，则B中发生反应的离子方程式为_。装置E的作用是_。（4）实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_(请按正确的顺序填入下列步骤的代号)。加热D处的酒精喷灯； 打开分液漏斗活塞; 加热A处的酒精灯；停上加热A处的酒精灯；停止加热D处的酒精喷灯（5）请用化学方法确定氮化钙中含有未反应的钙，写出实验操作及现象_。测定氮化钙的纯度：称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL1.00molL-1盐酸中，充分反

11、应后，将所得溶液稀释至200.00mL；取20.00mL稀释后的溶液，用0.20molL-1NaOH标准溶液滴定过量的盐酸，达到滴定终点时，消耗标准溶液25.00mL。（1）氮化钙的质量分数为_。（2）达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。20、用一种试剂将下列各组物质鉴别开。（1）和：_（2） ，和C6H12(已烯)：_（3） ，CCl4和乙醇_21、磷的单质及其化合物用途非常广泛。回答下列问题。（1）基态磷原子价电子轨道表示式为_；磷的第一电离能比硫大，其原因是_。（2）已知反应6P2H4P4+8PH3。P2H4分子中磷原子杂化类型是_；P4分子

12、的几何构型是_。（3）N和P同主族。NH3的沸点比PH3高，其原因是_；NH3分子中键角比PH3分子中键角大，其原因是_。氮原子间可形成氮氮双键或氮氮叁键，而磷原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是_。（4）磷化铟是一种半导体材料，其晶胞如下图所示，晶胞参数为a nm。In的配位数为_；与In原子间距离为a nm的In原子有_个。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】A、O原子核内质子数是8，A错误；B、H原子核内中子数是110，B错误；C、O2和O3互为同素异形体，C错误；D、通常情况下，He与N2化学性质都很稳定

13、，D正确。2、C【答案解析】ACH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4是分子式相同，结构不同，是同分异构体，不是同系物，故A错误；BC5H12存在3种同分异构体：CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4，不能表示纯净物，故B错误；C同分异构体中，支链越多，沸点越低，则沸点：正戊烷异戊烷新戊烷，即甲、乙、丙中，丙的沸点最低，故C正确；DC(CH3)4的二氯代物有两种：CHCl2C(CH3)3、(CH2Cl)2C(CH3)2，即有2种不同沸点的二氯取代物，故D错误；答案选C。【答案点睛】本题的易错点为A，要注意正确区分同系物和同分

14、异构体，关键是从概念理解和区分。3、D【答案解析】在F2+H2O=HOF+HF反应中，水中O元素的化合价升高，水是还原剂。【题目详解】A水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，错误；B过氧化钠中O元素的化合价不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；C只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；D水中O元素的化合价升高，水为还原剂，正确。答案选D。4、A【答案解析】Ax是氯化铁溶液，z是氢氧化铁胶体；B碳酸钙能与氢离子结合促进三价铁的水解；C过滤法除去的是液体中不溶性的物质；Dz是氢氧化铁胶体具有胶体的性质。【题目详解】Ax是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，Z是氢氧化铁胶体，

15、分散质是氢氧化铁胶粒，故A错误；B碳酸钙能与氢离子结合生成水和二氧化碳促进三价铁的水解，故B正确；C过滤法分离固体和液体，故C正确；Dz是氢氧化铁胶体具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故D正确。故选A。5、C【答案解析】A溴乙烷水解生成乙醇属于取代反应，甲醛和苯酚制备酚醛树酯属于缩聚反应，反应类型不相同，选项A不选；B甲苯与浓硝酸反应制备TNT属于取代反应，乙烯使KMnO4溶液褪色属于氧化反应，反应类型不相同，选项B不选；C甲苯与KMnO4溶液反应、葡萄糖和银氨溶液发生银镜反应均属于氧化反应，反应类型相同，选项C选；D2-溴丙烷在一定条件下生成丙烯，由饱和变为不饱和，属于消去反应；乙醇与冰醋酸

16、反应生成乙酸乙酯，属于取代反应，反应类型不相同，选项D不选；故答案选C。6、A【答案解析】试题分析：A燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；故选A。考点：考查弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响。7、B【答案解析】AN原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3，所以N原子核外存在3种不同能量的电子，A正确；

17、BV是23号元素，基态V原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d34s2，由此可知，V有5个价电子，其价电子轨道式为，B错误；CO是8号元素，核外有8个电子，基态O原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，所以基态O原子，电子占据的最高能级符号为2p，C正确；D基态C、N两种原子的核外电子排布图分别为：、，由此可知：基态C、N两种原子中，核外都存在2对自旋方向相反的电子，D正确。答案选B。8、B【答案解析】AClCl2中，Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故A不符合题意；BFeOFe中，Fe元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故B符合题意；CSO2SO32- 中不存在化

18、合价变化，不需要加入氧化剂，故C不符合题意；DFe2+Fe3+中，Fe元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故D不符合题意；故答案：B。【答案点睛】根据氧化还原反应特征分析，需要加入还原剂才能实现，则选项本身为氧化剂，发生的是还原反应，氧化剂中某元素的化合价降低。9、B【答案解析】水溶液呈酸性的有机物含有的官能团可能是酚羟基，也可能是羧基；【题目详解】水溶液呈酸性的有机物含有的官能团可能是酚羟基，也可能是羧基；有机物可能是CH3COOH、C6H5COOH、苯酚，共有三种，故选项B正确。【答案点睛】学生易错选选项C，学生把羟基和羧基连接起来，即HOCOOH，忽略了该物质为H2CO3，不属于有机物。

19、10、D【答案解析】A.由结构可知，单体为CH2C（CH3）COOH、OHCH2CH2OH、HOOCCH（OH）CH2C6H5，分子式依次为C4H6O2、C2H6O2、C9H10O3，A错误；B.单体中存在CC、OH、COOH，则通过加聚反应和缩聚反应可以生成R；R由三种单体构成，则R完全水解后生成3中产物：一种高聚物和两种单体，B错误；C. R为高分子化合物，不具有特殊香味，难溶于水， C错误；D. 1mol R中含n(1+m)mol酯基，则碱性条件下，1mol R完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol，D正确；故合理选项为D。【答案点睛】本题中的聚合物含有两个子聚合物，其中一个

20、为加聚产物，一个为缩聚产物，所以完全水解得到一个加聚高分子，一个乙二醇，一个含羧基和羟基的芳香族化合物。11、C【答案解析】试题分析：A、因为生成硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，所以三种盐提供的硫酸根的比例为1:2:3，所以硫酸铁，硫酸铜，硫酸钾的比例为3:2:3，错误，不选A；B、氯化钾溶液中氯离子浓度为1mol/L，氯化铝溶液中氯离子浓度为3mol/L，不相等，不选B；C、质量分数=20725/10001172=338%，正确，选C；D、质量分数=322/（100+322）=338%，错误，不选D。考点： 溶液中离子浓度的计算，物质的量浓度和质量分数的换算12、B【答案解析】A.晶胞中含有

21、1个M和1个N，化学式为MN型；B.晶胞中含有1个M和3个N，化学式不属于MN型；C.晶胞中含有0.5个M和0.5个N，化学式为MN型；D.晶胞中含有4个M和4个N，化学式为MN型。故选B。13、D【答案解析】分析：本题考查核外电子的排布规律，侧重于原子结构与元素种类的判断，注重学生的分析能力的考查，注意把握原子核外电子排布特点，难度不大。详解：A.3p能级有一个空轨道的基态原子，原子3p能级有2个电子，是硅元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子也是硅，是同种原子，故错误；B. 2p能级有一个未成对电子的基态原子，该原子2p能级有5个电子，价电子排布为2s22p5，所以是同一

22、原子，故错误；C. 最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子是溴，价电子排布为4s24p5的原子也为溴，故错误；D. M层全充满而N层为4s2的原子为锌，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子为铁，不是同种原子，故正确。故选D。14、C【答案解析】A、由苯制取硝基苯，浓硫酸作催化剂、脱水剂，故A错误；B、用乙酸和乙醇制备乙酸乙酯，浓硫酸作催化剂、吸水剂，故B错误；C、溴乙烷在NaOH水溶液的条件下发生水解反应得到乙烯，不需要加入浓硫酸，故C正确；D、由乙醇制乙烯，浓硫酸作催化剂、脱水剂，故D错误。故选C。15、C【答案解析】分析：碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于

23、其电离程度，溶液显碱性，结合电荷守恒、物料守恒等解答。详解：A、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），A正确；B、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），B正确；C、溶液呈碱性，故HCO3-的电离程度小于其水解程度，C错误；D、小苏打溶液中，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解和电离都较微弱，水和碳酸氢根离子都电离出氢离子，只有碳酸氢根离子电离出碳酸根离子，所以c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(CO32-)，D正确。答案选C。点睛：本题考查离子浓度比

24、较以及三大守恒定律，注意多元弱酸酸式根离子可电离也可水解。HSO3-、H2PO4-等以电离为主，溶液显酸性；HCO3-、HS-等以水解为主，溶液显碱性。16、B【答案解析】A. Na2S溶液可用于脱除废水中Hg2+，是由于发生反应产生HgS沉淀，A错误；B.CuSO4能使蛋白质变性，使细菌、病毒蛋白质失去生理活性，因此可用于游泳池水的消毒，B正确；C.MnO2能降低H2O2分解的活化能，所以可用于催化H2O2分解制取O2，C错误；D.Na2CO3溶液显碱性，能够与油脂发生反应，产生可溶性的物质，因此可用于去除餐具表面的油污，D错误；故合理选项是B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaAlS

25、iN NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 sp3 V形 1s22s22p63s23p63d104s1 Cu3N 【答案解析】C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al；D单质的晶体可做半导体材料，则D为Si；E原子核外的M层中有两对成对电子，则E的价电子排布为3s23p4，其为S；A原子核外有三个未成对电子，则A为N；化合物B2E为离子晶体，则B为Na。F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子，则F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其为Cu。从而得出A、B、C、D、E、F分别为N、Na、Al、Si、S、Cu。【题目详解】(1)A、B、C、D分别为

26、N、Na、Al、Si，由于N的非金属性最强，且原子轨道半充满，所以第一电离能最大，Si次之，Na最小，从而得出第一电离能由小到大的顺序为NaAlSiN。答案为：NaAlSiN；(2)B的氯化物为NaCl，离子晶体，D的氯化物为SiCl4，分子晶体，由此可得出熔点NaCl比SiCl4高的理由是NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体。答案为：NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体；(3)A的简单氢化物为NH3，中心原子的价层电子数为4，采取sp3杂化，E的低价氧化物为SO2，S原子发生sp2杂化，分子的空间构型是V形。答案为：sp3；V形；(4)F为Cu，其原子核外电子排布式是1s22s2

27、2p63s23p63d104s1，N、Cu形成某种化合物的晶胞中，空心小球的数目为8=1，黑球的数目为12=3，N显-3价，则Cu显+1价，由此得出其化学式为Cu3N。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。【答案点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，应依据微粒在该晶胞中的位置及所占的份额共同决定。如立方晶胞，微粒位于顶点，则该微粒属于此晶胞的份额仅占八分之一；微粒位于棱上时，由于棱属于四个晶胞，则该微粒属于此晶胞的份额仅占四分之一。18、 4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3 2Na+2H2O2Na+2OH-+H2 产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐

28、色沉淀 4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na+O2 【答案解析】甲、乙为单质，二者反应生成A为淡黄色固体，则A为Na2O2，甲、乙分别为Na、氧气中的一种；B为常见液态化合物，与A反应生成C与乙，可推知B为H2O、乙为氧气、C为NaOH，则甲为Na；F、G所含元素相同且均为氯化物，G遇KSCN溶液显红色，则G为FeCl3，F为FeCl2，结合转化关系可知，E为Fe(OH)3，D为Fe(OH)2，据此判断。【题目详解】（1）反应中，属于氧化还原反应，属于非氧化还原反应；属于化合反应。故答案为；（2）反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（3

29、）甲与B反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2。（4）在空气中将NaOH溶液滴入FeCl2溶液中，先生成氢氧化亚铁沉淀，再被氧化生成氢氧化铁，观察到的现象是：先生成白色沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。（5）在FeCl2溶液中加入等物质的量的Na2O2，发生反应的总的离子方程式为：4Fe2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na+O2。19、关闭A，向E中加水，微热烧瓶E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱 0.6NA 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 吸收空气中水蒸气、防止进入D中 取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 92

30、.5% 偏低 【答案解析】分析：本题考查的是物质的制备和含量测定，弄清实验装置的作用、发生的反应及指标原理是关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。详解：装置A中反应生成氮气，装置B可以吸收氧气，C中浓硫酸吸水，氮气和钙粉在装置D中反应，E中浓硫酸防止空气中的水蒸气进入D。(1)连接装置后，关闭A中分液漏斗的活塞，向E中加水，微热烧瓶，E中有气泡停止加热导管末端形成一段水柱，说明装置气密性好。(2)A中的反应为(NH4)2SO4+2NaNO2 2N2+Na2SO4+4H2O，转移6mol电子时生成2mol氮气，所以A中每生成标况下4.48L氮气，转移的电子数为0.6NA。(3)

31、B中氧气氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，E装置中浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入D中。 (4)实验开始先使装置的反应发生，排除装置内的空气，实验结束，先停止D处的热源，故顺序为。(5)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水，氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有为反应的钙，故方法为：取少量产物于试管，加入水，用排水法收集到无色气体则含钙 (1)剩余的盐酸物质的量为，故参与反应的盐酸为0.11-0.05=0.05mol，根据氮元素守恒：，则氮化钙的物质的量为0.025mol，则氮化钙的质量分数为= 92.5%

32、(2)达到滴定终点，仰视滴定管读数将使消耗的氢氧化钠的标准液的体积读数变大，使剩余盐酸的量变大，反应盐酸的的氨气的量变小，故测定结果偏小。20、 KMnO4(H+)溶液 溴水 水【答案解析】（1）甲苯能被高锰酸钾氧化使其褪色，而苯不能，所以用KMnO4（H+）溶液鉴别时二者现象不同，可以鉴别，故答案为：KMnO4（H+）溶液；（2）三种物质与溴水混合，苯的密度比水小，有机层在上层，而溴苯的密度比水大有机层在下层，已烯与溴水发生加成反应而使其褪色，所以用溴水鉴别时三者现象不同，可以鉴别，故答案为：溴水；（3）三种物质与水混合，甲苯、四氯化碳不溶于水，分层现象不同，有机层在上层的为甲苯，在下层的为