上海外国语大学附属外国语学校2021-2022学年高二化学第二学期期末复习检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷请考生注意：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05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、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ANH3具有还原性，可用作制冷剂BSi熔点高硬度大，可用于制半导体CFe2(SO4)3具有氧化性，可用作净水剂DAl(OH)3具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂2、某气态烃0.5 mol能与1 mol HCl完全加成，加成后的产物分子上的氢原子又可被3 mol Cl2完全

2、取代。则此气态烃可能是()AHCCHBCH2=CH2CHCC-CH3DCH2=C(CH3)CH33、下列有关0.1 molL-1 NaOH溶液的叙述正确的是 ()A1 L该溶液中含有NaOH 40 gB100 mL该溶液中含有Na+ 0.01 molC从1 L该溶液中取出100 mL,所取出的NaOH溶液的浓度为0.01 molL-1D在1 L水中溶解4 g NaOH即可配制得0.1 molL-1 NaOH溶液4、标准状况下，5.6 L O2中含有N个氧原子，则阿伏加德罗常数的值为（）A4NBC2ND5、+3价Co的八面体配合物CoClmnNH3,中心原子的配位数为6,若1 mol配合物与Ag

3、NO3作用生成2 mol AgCl沉淀,则m和n的值是( )Am=1、n=5Bm=3、n=3Cm=3、n=4Dm=3、n=56、由短周期前10号元素组成的物质T和X，存在如图所示的转化关系。X不确定，易分解。下列有关说法正确的是A为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO4溶液B等物质的量的T、X分子中含有键的数目均为NACT、X分子中的原子分别采用sp2杂化和sp3杂化DT分子中只含有极性键，X分子中既含有极性键又含有非极性键7、已知某离子反应为：8Fe2+NO3-+10H+NH4+8Fe3+3H2O，下列说法不正确的是AFe2+为还原剂，NO3-被还原B消耗l mol氧化剂，转移电子8 mo

4、lC氧化产物与还原产物的物质的量之比为18D若把该反应设计为原电池，则负极反应式为 Fe2+-e-Fe3+8、表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A与足量完全反应时转移电子数为B二氧化硅中含有键为C56g铁与1mol氯气发生反应转移电子数为3NAD含的浓盐酸与足量在一定条件下反应生成，转移电子数为9、下列说法中正确的是()A氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na和ClB二氧化碳的水溶液能够导电，故二氧化碳属于弱电解质C硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质D氧化钠在水中反应的离子方程式为4Na2O22H2O=4Na4OH10、下列关于有机物性质的说法正确的是A乙烯和甲烷在一定条件下均可

5、以与氯气反应B乙烯和聚乙烯都能使溴水褪色C乙烯和苯都能通过化学反应使酸性高锰酸钾溶液褪色D乙酸能与钠产生氢气，而乙醇不可以11、仪器名称为“容量瓶”的是A B C D12、下列说法中正确的是A把100mL3mol/L的硫酸与100mLH2O混合，则硫酸的物质的量浓度变为1.5mol/LB75时把100mL20%的NaCl溶液与100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10%C把200mL3mol/L的BaCl2溶液与100mL3mol/L的KC1溶液混合后，溶液中的c(C1-)仍然是3mol/LD4时把100g20%的NaOH溶液与100mLH2O混合后，NaOH溶液的质量分数是10%13

6、、下列关于有机物的说法不正确的是A苯乙烯所有原子可处于同一平面B由转变为：可与足量NaOH溶液共热后，再通入足量二氧化碳C蔗糖分子可以看作是两个不同的单糖分子间脱去一个水分子形成的D1mol油脂在酸性条件下充分水解，可制得3mol高级脂肪酸和1mol甘油14、下列说法正确的是A丙烷分子的比例模型：BCH3CH2CH2CH2CH3和互为同系物C和为同一物质DCH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物15、下列除去杂质的试剂正确的是( ) 除去CH4中少量C2H4：酸性KMnO4溶液 除去乙酸乙酯中的少量乙酸：饱和Na2CO3溶液 除去CO2中少量SO2：饱和Na2CO3溶液 除去C2H2中少

7、量H2S：CuSO4溶液 除去溴苯中混有的少量溴：NaOH溶液ABCD16、若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对，运用价层电子对互斥理论，下列说法正确的是（ ）A若n2，则分子的空间构型为V形B若n3，则分子的空间构型为三角锥形C若n4，则分子的空间构型为正四面体形D以上说法都不正确二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态

8、。请回答下列问题：（1）R核外电子排布式为_。（2）X、Y、Z、W形成的有机物YW(ZX2）2中Y、Z的杂化轨道类型分别为_，ZW3-离子的立体构型是_。（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_（填化学式），原因是_。（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_。（5）W和Na的一种离子化合物的晶胞结构如图，该离子化合物为_（填化学式）。Na+的配位数为_，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为_。已知该晶胞的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近的W离子间距离为_nm(用含、NA的计算式表示）。18、有机物

9、A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂。已知：B分子中没有支链。D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有_（选填序号）取代反应 消去反应 加聚反应 氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是：_、_。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：_。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2甲基1丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是_。19、乙酸乙酯广泛

10、用于药物、染料、香料等工业，其制备原理为：甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。请回答下列问题：（1）下列说法不正确的是_。A加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸B饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解C浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，加入的量越多对反应越有利D反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后即可从上口倒出上层的乙酸乙酯（2）乙装置优于甲装置的理由是_。（至少说出两点）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、（1）室温下，在0.5mol/L的纯碱

11、溶液中加入少量水，由水电离出的c(H+)(OH-)_(填“变大”、“变小”、“不变”)。（2）已知Ksp(Ag2CrO4) =1.010-12，向0.2mol/L的AgNO3溶液中加入等体积的0.008mol/LK2CrO4溶液， 则溶液中的c(CrO42-)=_。（3）室温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH值_0.1mol/LNa2SO3溶液的pH值(填“”、“”、“=)。H2CO3K1=4.310-7K2=5.610-11H2SO3K1=1.5410-2K2=1.0210-7已知：（4）有一种可充电电池NaAl/FeS，电池工作时Na+的物质的量保持不变，并且是用含Na+的导电固体

12、作为电解质，已知该电池正极反应式为2Na+FeS+2e-=Na2S+Fe则该电池在充电时，阳极发生反应的物质是_，放电时负极反应式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A. 液氨气化时吸热，可用作制冷剂，故A错误；B. 晶体硅可用于制作半导体材料是因为导电性介于导体与绝缘体之间，与晶体硅熔点高硬度大无关，故B错误；C. Fe2(SO4)3在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质，可用作净水剂，故C错误；D. Al(OH)3是两性氢氧化物，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了常见物质的用途，解题关键：熟悉相关物质的性

13、质，易错点B，注意结构性质和用途的关系。2、C【解析】烃0.5mol能与1molHCl加成，说明烃中含有1个CC键或2个C=C键，加成后产物分子上的氢原子又可被3molCl2完全取代，说明0.5mol氯代烃中含有3molH原子，则0.5mol烃中含有2molH原子，即1mol烃含有含有4molH，并含有1个CC键或2个C=C键，符合要求的只有CHCCH3；故选C。【点睛】本题考查有机物分子式的确定，题目难度不大，明确加成反应、取代反应的实质为解答关键，注意掌握常见有机物结构与性质。3、B【解析】A1L该溶液中含有NaOH质量为m=nM=1L 0.1 molL140g/mol=4g，故A错误；B

14、100mL该溶液中含有OH- 物质的量为n=cV=0.1L0.1 molL1=0.01mol，故B正确；C从1L该溶液中取出100mL，所取出的NaOH溶液的浓度为不变，故C错误；D在1L水中溶解4g NaOH后，体积不是1L，可能略大于1L即可配制得溶液略小于0.1 molL1 配制0.1molL-1NaOH溶液的正确方法为：将4gNaOH溶解到水中，配制成1L的溶液，故D错误；答案选B。4、C【解析】根据nV/Vm、N=nNA解答。【详解】标准状况下，5.6LO2中含有N个氧原子，氧气的物质的量是5.6L22.4L/mol0.25mol，氧原子的物质的量是0.5mol，则阿伏加德罗常数的值

15、为N0.52N。答案选C。5、D【解析】1 mol配合物生成2mol AgCl沉淀，知道1 mol配合物电离出2mol Cl，即配离子显+2价，又因为外界有2个Cl，且Co显+3价，所以CoClm-2nNH32+中有1个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，中心原子配位数为6，所以n=6-1=5，所以m=3，n=5；本题答案选D。6、A【解析】由球棍模型可知，T为HCHO，X不稳定，易分解，则X为H2CO3；则A为使该转化成功进行，Y应该是氧化剂，可以使用酸性KMnO4溶液，故A正确；B等物质的量的T、X分子中含有键的数目相等，但不一定均为NA，故B错误；CT、X分子中的原子为碳原子，均采用sp

16、2杂化，故C错误；DT分子中只含有极性键，X分子中也只含有极性键，不含有非极性键，故D错误；答案为A。7、C【解析】试题分析：8Fe2+NO3-+10H+NH4+8Fe3+3H2O 反应中铁元素化合价升高被氧化，Fe2+是还原剂，N元素化合价降低被还原，NO3-是氧化剂。AFe2+为还原剂，NO3-被还原，故A正确；B消耗l mol氧化剂，转移电子8 mol，故B正确；C氧化产物是Fe3+，还原产物是NH4+，物质的量之比为81，故C错误；D若把该反应设计为原电池，负极发生氧化反应，反应式为 Fe2+-e-Fe3+，故D正确；故选C。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。8、B【解析】A项、1m

17、olNa2O2与足量CO2完全反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，转移电子数目为NA，故A错误；B项、SiO2中每个Si原子与4个O原子形成4个SiO键，则1molSiO2中含有SiO键为4NA，故B正确；C项、56gFe的物质的量为1mol，在1.5molCl2中燃烧生成FeCl3，则1molCl2不足量完全反应，反应转移电子数目为2NA，故C错误；D项、浓盐酸与二氧化锰共热生成氯气，稀盐酸与二氧化锰共热不反应，随着反应进行，浓盐酸浓度减小，不可能完全反应，则含4molHCl的浓盐酸不可能完全反应，转移的电子数目小于2NA，故D错误；答案选B。【点睛】无论铁是否过量，铁在氯

18、气中燃烧只能生成氯化铁，不能生成氯化亚铁是易错点。9、C【解析】本题考查电离、强弱电解质等知识。解析：氯化钠水溶液在水的作用下电离出Na和Cl，A错误；二氧化碳溶于水，与水反应生成碳酸，碳酸能部分电离，碳酸属于弱电解质，二氧化碳属于非电解质，B错误；硫酸钡难溶于水，但溶于水的硫酸钡完全电离，硫酸钡属于强电解质，C正确； 氧化钠为氧化物，不能拆写，反应的离子方程式为：2Na2O2H2O=4Na4OH，D错误。10、A【解析】A乙烯与氯气能发生加成反应，甲烷在光照条件下能与氯气发生取代反应，A正确；B聚乙烯分子中不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，B不正确；C苯不能通过化学反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，

19、C不正确；D乙酸和乙醇都能与钠反应产生氢气，D不正确；故选A。11、C【解析】A为圆底烧瓶，故A错误；B为试管，故B错误； C容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度，该仪器为容量瓶，故C正确；D为烧杯，故D错误；故选C。12、D【解析】分析：A.硫酸溶液与水混合体积不具备加合性；B.氯化钠溶液的密度大于1g/cm3,100mL20%的NaCl溶液质量大于100g，与100gH2O混合后，溶液质量大于200g；C.两溶液中氯离子的浓度不相同；D.氢氧化钠溶液的密度与水的密度不相同。详解：混合后溶液的体积不等于原硫酸溶液的体积与水的体积之和，A错误；氯化钠溶液的密度大于1

20、g/cm3,100mL20%的NaCl溶液质量大于100g，所以混合后，NaCl溶液的质量分数不是10%，B错误；3molL1的BaCl2溶液中氯离子浓度为6molL1，3molL1的KCl溶液中氯离子浓度为3molL1，混合后氯离子浓度，介于之间3molL16molL1，C错误；100g20%的NaOH溶液中含有溶质氯化钠20g，100mLH2O的质量为100g，100g20%的NaOH溶液与100mLH2O混合后，NaOH溶液的质量分数是20/(100+100)100%=10%, D正确；正确选项D。点睛：考查物质的量浓度与质量分数混合计算，难度不大，注意溶液混合体积不具备加合性，溶液的质

21、量等于溶质质量和溶剂质量之和。13、D【解析】A. 乙烯和苯是平面型结构，苯乙烯可看作是苯基取代乙烯中的一个氢原子，所以所有原子可能处于同一平面，故A正确；B. 碱性条件下水解生成，通入二氧化碳气体可生成，故B正确；C. 蔗糖分子可以看作是葡萄糖和果糖的缩合产物，为单糖分子间脱去一个水分子形成的故C正确；D.油脂在酸性条件下的水解为可逆反应，1mol油脂在酸性条件下充分水解，制得高级脂肪酸小于3mol，甘油小于1mol，故D错误。所以本题答案选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握典型有机物的结构，如甲烷为正四面体结构，乙烯和苯环为平面结构，乙炔为

22、直线结构等，本题特别注意有机物的官能团的酸性强弱，把握反应的可能性。14、C【解析】A为丙烷分子的球棍模型，A不正确；BCH3CH2CH2CH2CH3和互为同分异构体，B不正确；C和的分子式相同、结构相同，为同一物质，C正确；DCH3CH2OH和所含官能团的种类相同，但数目不同，二者不互为同系物，D不正确；故选C。【点睛】分析同系物时，首先看官能团的种类，其次看官能团的数目，最后看碳原子的数目，若官能团的种类相同、且同种官能团的数目相同，两分子相差若干个碳，则必然相差二倍的碳原子差值的氢，二者互为同系物。15、B【解析】 乙烯可以被酸性KMnO4溶液氧化为CO2，故使用酸性KMnO4溶液除去C

23、H4中少量C2H4会引入新的杂质； 乙酸可以与饱和Na2CO3溶液反应转化为易溶于水的乙酸钠，而乙酸乙酯不溶于水，故可以使用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸； 饱和Na2CO3溶液虽然可以吸收SO2，但其也可以吸收大量的CO2，故不能用饱和Na2CO3溶液除去CO2中少量SO2； CuSO4溶液可以吸收H2S，故可以使用CuSO4溶液除去C2H2中少量H2S； NaOH溶液可以与溴反应生成易溶于水的溴化钠和次溴酸钠等易溶于水的盐，而溴苯不溶于水，故可以使用NaOH溶液除去溴苯中混有的少量溴。 综上所述，除去杂质的试剂正确的是，本题选B。16、C【解析】根据价层电子对互斥理论知，若A

24、Bn型分子的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤对电子，则：A、若n=2，则分子的立体构型为直线形，故A错误；B、若n=3，则分子的立体构型为平面三角形，故B错误；C、若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，故C正确；D、由以上分析可知，D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、1s22s22p63s23p2 sp2 sp3 平面三角形 SiO2 SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体 2Cu + 8NH3+ O2+ 2H2O2Cu(NH3）42+ 4OH Na2O 4 立方体 【解析】X为所有元素中半径最小的，所以为氢元素；Y有3个能级，且每个能级上的电子数相等，所以为1s22s2

25、2p2，为碳元素，R与Y同主族，所以R为硅；Q最外层只有1个电子，且其他电子层都处于饱和状态，说明为铜；Z的单电子在同周期元素中最多，所以为氮元素；W与Z在同周期，且W的原子序数比Z的大，所以为氧。据此判断。【详解】（1）硅是14号元素，核外电子排布为：1s22s22p63s23p2。（2）有机物为尿素，碳原子形成3个共价键，所以采用sp2杂化，氮原子形成3个共价键，还有一个孤对电子，所以采用sp3杂化，硝酸根离子的价层电子对数=（5+1+03）/2=3，无孤对电子，所以形成平面三角形。（3）二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，所以二氧化硅的晶体沸点高。（4）铜和氨气在氧气存在下反应，方程

26、式为：2Cu + 8NH3+ O2+ 2H2O2Cu(NH3）42+ 4OH；（5）晶胞中有8个钠离子，有81/8+61/2=4个氧离子，所以化学式为：Na2O；从晶胞看钠离子周围最近的氧离子有4个。距离氧离子最近的钠离子有8个，构成立方体；假设现在晶胞的边长为a厘米，则a3NA=624=248，所以边长为厘米，氧离子最近的距离为面上对角线的一半，所以为纳米。18、 羧基 碳碳双键 、 【解析】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯

27、化碳溶液褪色，BF为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧

28、基，C中含醛基，B中含CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，BF为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，

29、（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答案选。（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称为碳碳双键。（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E为（CH3）3CCOOH，2甲基1丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。19、【答

30、题空1】BC 用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好 【解析】（1）A. 在制备乙酸乙酯时，浓硫酸起催化剂作用，加入时放热；B. 乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；C. 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性；D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，可采用分液进行分离；（2）可从装置的温度控制条件及可能的原料损失程度、副产物多少进行分析作答。【详解】（1）A. 为防止浓硫酸稀释放热，导致液滴飞溅，其加入的正确顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，故A项正确；B. 制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，其饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水

31、中的溶解，故B项错误；C. 浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，但由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，故C项错误；D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后从上口倒出上层的乙酸乙酯，故D项正确；答案下面BC；（2）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，乙装置优于甲装置的原因为：水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好，故答案为用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好。20、 KMnO4(H+)溶液 溴

32、水 水【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，在下层的为四氯化碳，乙醇与水混溶不分层，所以用水鉴别时三者现象不同，可以鉴别，故答案为：水。点睛：本题主要考查有机物的鉴别。常见能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、酚、醛等；而选择用水鉴别的有机物通常可从水溶性及与水的密度比较角度分析，如存在与水混溶的，难溶于水但密度有比水大的、有比水小的，即可用水鉴别。21、变小