1、第7课时物质制备型综合实验课型标签:实验课提能课考点一无机物的制备1.无机物制备的三大原则(1)选择最佳反应途径如用铝制取氢氧化铝:2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2、2Al+2NaOH+6H2O2NaAl(OH)4+3H2、Al2(SO4)3+6NaAl(OH)48Al(OH)3+3Na2SO4,当n(Al3+)n(Al(OH)4-)=13时,Al(OH)3 产率最高。(2)选择最佳原料如实验室用铝盐溶液与碱溶液反应制取氢氧化铝,应选用氨水,而不能选用强碱氢氧化钠溶液;用铜盐与碱溶液反应制取氢氧化铜,应选用氢氧化钠溶液,而不能选用氨水(氢氧化铜可溶解在氨水中)等。(3)选择适宜操
2、作方法如实验室制备氢氧化亚铁时,因氢氧化亚铁在空气中极易与氧气、水反应生成氢氧化铁,更要注意隔绝空气。2.物质制备类化工流程题的解题策略(1)熟悉常用的操作方法及其作用对原料进行预处理的常用方法及其作用酸浸与酸接触反应或溶解,使可溶性金属进入溶液,不溶物通过过滤除去灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化,如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质煅烧改变结构,使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解,如煅烧高岭土常用的控制反应条件的方法a.调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点:.能与H+反应,使溶液pH增大;.不引入新杂质。例如:若要除
3、去Cu2+中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH,不可加入NaOH溶液、氨水等。b.控制温度。根据需要升温或降温,改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。c.趁热过滤。防止某物质降温时会析出。d.冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。(2)识别流程图化工流程中箭头指出的是投料(反应物),箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物),返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。3.气体的制备、净化、收集(1)常见气体制备装置反应装置类型反应装置图适用气体操作注意事项固、固加热型O2、NH3等试管要干燥;试管口略低于试管底;加
4、热时先均匀加热再固定加热固、液加热型或液、液加热型Cl2、HCl等烧瓶加热时要垫石棉网;反应物均为液体时,烧瓶内要加碎瓷片(或沸石)固、液不加热型或液、液不加热型H2、CO2、SO2、NO、NO2等使用长颈漏斗时,要使漏斗下端插入液面以下;启普发生器只适用于块状固体和液体反应,且气体不溶于水;使用分液漏斗既可以增强气密性,又可控制液体流速 (2)气体的收集装置(3)气体的定量测定装置(4)可作为冷凝或冷却的装置(5)防倒吸装置(6)涉气类制备实验操作流程仪器连接检查气密性填装药品防倒吸、防氧化措施实验过程仪器拆卸(7)涉气类制备实验先后顺序装配仪器时:先下后上,先左后右。加入试剂时:先固后液。
5、实验开始时:先检查装置气密性,再加药品,后点燃酒精灯。净化气体时:一般先除去有毒、有刺激性气味的气体,后除去无毒、无味的气体,最后除水蒸气。防倒吸实验:往往是最后停止加热或停止通气。防氧化实验:往往是最后停止通气。题型一以陌生无机物制备为主线的综合实验题典例1 (2016全国卷)过氧化钙微溶于水,溶于酸,可用作分析试剂,医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题:(一)碳酸钙的制备(1)步骤加入氨水的目的是 。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大,有利于 。(2)如图是某学生的过滤操作示意图,其操作不规范的是(填标号)。a.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁b.玻璃棒用作引流c.将滤纸
6、湿润,使其紧贴漏斗壁d.滤纸边缘高出漏斗e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度(二)过氧化钙的制备CaCO3滤液 白色结晶(3)步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,此时溶液呈性(填“酸”“碱”或“中”)。将溶液煮沸,趁热过滤。将溶液煮沸的作用是。(4)步骤中反应的化学方程式为 ,该反应需要在冰浴下进行,原因是 。(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤,使用乙醇洗涤的目的是 。(6)制备过氧化钙的另一种方法是:将石灰石煅烧后,直接加入双氧水反应,过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是 ,产品的缺点是。解析:(1)石灰石与盐酸反应后的溶液中含有Ca2+、F
7、e3+、H+,因此加入氨水的目的是调节溶液pH使 Fe(OH)3沉淀;沉淀颗粒较大时,滤纸的微孔不易堵塞,有利于过滤分离。(2)过滤时,漏斗下口的尖端应与烧杯内壁紧贴;滤纸边缘应低于漏斗边缘;用玻璃棒搅动漏斗中的混合物,易戳破滤纸使过滤失败,故a、d、e均不规范。(3)有少量固体存在,说明盐酸无剩余,由于CO2能溶于水,故此时的溶液呈酸性,煮沸的目的是除去溶液中的CO2,以防止与中的氨水反应。(4)CaCl2、NH3H2O、H2O2反应生成CaO2、NH4Cl和H2O,由此结合原子守恒可写出该反应的化学方程式;温度过高时双氧水易分解,使H2O2利用率降低。(5)将CaO2用乙醇洗涤的目的是除去
8、晶体表面的水分。(6)用CaCO3煅烧后的产物CaO,直接与H2O2反应制取CaO2,与(二)的步骤相比,其步骤少一步,工艺更简单,操作更方便,但其中的CaCO3没有除去,故产品的纯度较低。答案:(1)调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀过滤分离(2)ade(3)酸除去溶液中的CO2(4)CaCl2+2NH3H2O+H2O2CaO2+2NH4Cl+2H2O或CaCl2+2NH3H2O+H2O2+6H2OCaO28H2O+2NH4Cl温度过高时双氧水易分解(5)除去结晶表面水分(6)工艺简单、操作方便纯度较低对点精练1 (2019四川攀枝花统考)氯化亚铜(CuCl)可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色
9、剂。CuCl是一种白色粉末,微溶于水、不溶于乙醇,在潮湿的空气中易被氧化。实验室采用如图装置和下列步骤制备氯化亚铜。步骤1:在三颈烧瓶中加入20%盐酸、食盐、铜屑,加热至6070 ,开动搅拌器,同时从c口缓慢通入氧气,制得NaCuCl2溶液。步骤2:反应完全后,冷却,过滤,滤液用适量的水稀释,析出CuCl。步骤3:过滤,分别用盐酸、乙醇洗涤滤出的固体。步骤4:在真空干燥器中6070 干燥2 h,冷却后得到产品。回答下列问题:(1)质量分数为20%的盐酸密度为1.1 g/cm3,物质的量浓度为。(2)步骤1中制得NaCuCl2的化学方程式为 。(3)根据步骤2中用水稀释滤液能得到CuCl推测,滤
10、液中存在的平衡是 。(4)析出的CuCl晶体不用水而用盐酸、乙醇分别洗涤的目的是 。(5)测定产品中氯化亚铜的质量分数,实验过程如下:准确称取制备的氯化亚铜产品0.25 g,将其置于足量的FeCl3溶液中,待样品全部溶解后,加入适量稀硫酸,用0.10 mol/L的硫酸铈Ce(SO4)2标准溶液滴定到终点,消耗硫酸铈溶液24.50 mL,反应中Ce4+被还原为Ce3+。(已知:CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2)硫酸铈标准溶液应盛放在(填“酸”或“碱”)式滴定管中。产品中氯化亚铜的质量分数为。解析:(1)根据物质的量浓度与质量分数换算关系可得该溶液的物质的量浓度为c= mol/L6.0
11、mol/L。(2)根据步骤1所述可知,NaCl、HCl、Cu、O2在加热时反应产生NaCuCl2,同时产生H2O,根据原子守恒、电子守恒,可得反应的化学方程式为4HCl(浓)+4NaCl+4Cu+O24NaCuCl2+2H2O。(3)步骤2操作是反应完全后,冷却,过滤,滤液用适量的水稀释,析出CuCl,说明CuCl2-在溶液中存在电离平衡,即CuCl2-(aq)CuCl(s)+Cl-(aq),加水稀释,平衡正向移动,CuCl2-转化为CuCl沉淀。(4)析出的CuCl晶体不用水而用盐酸、乙醇洗涤,是因为用盐酸洗涤可以减小溶解导致的损失;用乙醇洗涤是利用乙醇容易挥发的特性,可以使晶体迅速干燥,避
12、免CuCl被氧化。(5)硫酸铈是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,所以应该盛放在酸式滴定管中;根据反应前后电子转移数目相等,可得关系式CuClFeCl2Ce(SO4)2,n(CuCl)=nCe(SO4)2=0.10 mol/L0.024 5 L=0.002 45 mol,所以产品中氯化亚铜的质量分数为=100%=97.51%。答案:(1)6.0 mol/L(2)4HCl(浓)+4NaCl+4Cu+O24NaCuCl2+2H2O(3)CuCl2-(aq)CuCl(s)+Cl-(aq)(4)用盐酸洗涤可以减小溶解导致的损失;用乙醇洗涤可以使晶体迅速干燥,避免CuCl被氧化(5)酸97.51%题型二以物
13、质制备为载体的化工流程类综合实验题典例2 (2016四川卷)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl,并进行相关探究。资料查阅实验探究 该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题:(1)仪器X的名称是。(2)实验操作的先后顺序是a e(填操作的编号)。a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯,冷却c.在“气体入口”处通入干燥HCld.点燃酒精灯,加热e.停止通入HCl,然后通入N2(3)在实验过程中,观察到B中物质由白色变为蓝色,C中试纸的颜色变化是。(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是。探究反思(5)反应结束后,
14、取出CuCl产品进行实验,发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。根据资料信息分析:若杂质是CuCl2,则产生的原因是 。若杂质是CuO,则产生的原因是 。解析:(1)根据仪器X的构造特点知,其名称为干燥管。(2)加热CuCl22H2O制备CuCl,为防止生成的CuCl被空气中的氧气氧化和Cu2+水解,必须要先通入干燥的HCl气体赶走装置中的空气再加热,且要在HCl气流中加热制备,反应结束后先熄灭酒精灯,继续通入HCl,最后通入氮气直至装置冷却,所以操作顺序为:acdbe。(3)B中物质由白色变为蓝色,说明有水生成,产物中还有Cl2,所以C中湿润蓝色石蕊试纸先逐渐变为红色,后褪色。(4)D中
15、是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为:Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O。(5)根据题给信息知,若杂质是CuCl2,说明CuCl2没有反应完全,原因为加热时间不足或温度偏低。若杂质是氧化铜,说明CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2,进一步分解生成CuO,原因是通入HCl的量不足。答案:(1)干燥管(2)cdb(3)先变红,后褪色(4)Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O(5)加热时间不足或温度偏低通入HCl的量不足对点精练2 (2019陕西宝鸡中学一模)五水硫代硫酸钠(化学式为Na2S2O35H2O)不溶于乙醇,易溶于水,可用于鞣制皮革、矿石提银、水
16、产养殖、医疗解毒等,工业上常用Na2S、Na2CO3为原料制备,其生产流程如图所示,回答下列问题。(1)五水硫代硫酸钠中硫元素的化合价为。常温下,Na2S溶液的pH(填“”“(2)去除水中溶解的O2,防止氧化Na2S(3)2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2(4)S2+2H+S+SO2+H2O(5)减少因降温析出和溶解而造成的产品损耗(6)淀粉溶液由无色变为蓝色bab题型三以气体制备为主线的综合实验题典例3 某化学兴趣小组在实验室用除去表面氧化物的铁钉(碳素钢)与浓硫酸共热制取SO2并完成相关性质探究(不考虑水蒸气)。(1)有同学认为制得的SO2中可能混有杂质,其化学式为
17、和,原因是 。(2)为验证气体成分,兴趣小组同学设计了如图所示装置进行了实验探究。为验证并吸收SO2,装置B中加入的试剂为,装置C中品红溶液的作用是。装置D中加入的试剂为 。装置G中可能出现的现象为 。装置H的作用为 。(3)兴趣小组设计如图装置验证二氧化硫的化学性质。能验证SO2具有氧化性的实验现象为。为验证SO2的还原性,取试管b中充分反应后的溶液分成三份,分别进行如下实验:方案:向第一份溶液加入品红溶液,红色褪去;方案:向第二份溶液加入BaCl2溶液,产生白色沉淀;方案:向第三份溶液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成。上述方案中合理的是(填“”“”或“”);试管b中发生反应的离子方程式
18、为 。解析:(1)铁钉中含C,在加热条件下会和浓硫酸反应生成CO2;随着反应进行,浓硫酸变稀,铁与稀硫酸反应产生氢气,故制得的SO2中可能混有的杂质为CO2和H2。(2)装置B中加入酸性KMnO4溶液能检验并吸收SO2,若SO2被吸收完全,装置C中品红溶液不褪色;装置D中加入澄清石灰水,可检验气体中是否有CO2;装置E中浓硫酸可干燥气体,装置F中CuO与H2反应生成H2O,G中无水硫酸铜吸收水蒸气后变蓝色;装置H装有干燥剂,其作用为防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验。(3)Na2S和SO2发生氧化还原反应生成S,故a试管中有淡黄色沉淀生成;合理,SO2被氧化生成S,和Ba2+反应生
19、成白色沉淀,据此能证明SO2的还原性,试管b中发生反应的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl-+S。答案:(1)CO2H2铁钉中含C,在加热条件下会和浓硫酸反应生成CO2,随着反应进行,浓硫酸变稀,铁与稀硫酸反应产生氢气(2)酸性KMnO4溶液(其他合理答案也可)验证SO2是否吸收完全澄清石灰水无水硫酸铜变蓝色防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验(3)a试管中有淡黄色沉淀生成Cl2+SO2+2H2O4H+2Cl-+S对点精练3 (2019山东济南外国语学校模拟)亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5 ,沸点:-5.5 )是一种黄色气体,遇水反应生成一种氯化物和两种氮化物。可
20、用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如图所示:制备NO发生装置可以选用(填字母),请写出发生反应的离子方程式:。欲收集一瓶干燥的氯气,选择装置,其连接顺序为:a(按气流方向,用小写字母表示)。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示:实验室也可用X装置制备NO,X装置的优点为 。检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开,通入一段时间气体,其目的为 ,然后进行其他操作,当Z有一定量液体生成时,停止实验。若无装置Y,则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为 。若尾气处理装置连接
21、上图烧杯中导管d,则烧杯中可加入溶液。解析:(1)实验室制备NO,可用稀硝酸与铜在常温下反应,选用B装置制取,反应的离子方程式为3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O。用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制备氯气,制取的氯气中含有杂质HCl及水蒸气,先用F除去HCl杂质,再用D干燥氯气,然后用向上排空气法收集,最后连接G,可防止氯气污染环境,洗气时,气体应从长导管进,则连接顺序为afgcbdejh。(2)实验室也可用X装置制备NO,X装置的优点为排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停。检验装置气密性并装入药品,打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体,其目的为排干净三颈瓶中的空气,防止
22、NO和NOCl变质。若无装置Y,空气中的水与NOCl反应,NOCl可能发生反应的化学方程式为2NOCl+H2O2HCl+NO+NO2。尾气含有氯气、HCl以及二氧化氮,这些气体都可以与NaOH反应,产生无害物质,所以可用氢氧化钠溶液吸收。答案:(1)B3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2Ofgcbdejh(2)排除装置内空气的干扰,可以随开随用,随关随停K3排干净三颈瓶中的空气,防止NO和NOCl变质2NOCl+H2O2HCl+2NO+NO2NaOH考点二有机物的制备1.把握好制备过程2.盘点好常用仪器3.熟悉常考问题(1)有机物易挥发,因此在反应中通常要采用冷凝回流装置,以减少有机物的
23、挥发,提高原料的利用率和产物的产率。(2)有机反应通常都是可逆反应,且易发生副反应,因此常使某种价格较低的反应物过量,以提高另一反应物的转化率和产物的产率,同时在实验中需要控制反应条件,以减少副反应的发生。(3)根据产品与杂质的性质特点选择合适的分离提纯方法,如蒸馏、分液等。典例 (2019全国卷)乙酰水杨酸(阿司匹林)是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下:+(CH3CO)2O+CH3COOH水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸水杨酸醋酸酐乙酰水杨酸熔点/157159-72-74135138相对密度/(gcm-3)1.441.101.35相对分子质量138102180实验
24、过程:在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL,充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热,维持瓶内温度在70 左右,充分反应。稍冷后进行如下操作。在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中,析出固体,过滤。所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液,溶解、过滤。滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。回答下列问题:(1)该合成反应中应采用加热。(填标号)A.热水浴B.酒精灯C.煤气灯D.电炉(2)下列玻璃仪器中,中需使用的有(填标号),不需使用的有(填名称)。(3)中需使用冷水,目的是。(4)中饱和碳酸氢钠的作
25、用是,以便过滤除去难溶杂质。(5)采用的纯化方法为。(6)本实验的产率是%。解析:(1)因为反应温度在70 ,低于水的沸点,且需维持温度不变,故采用热水浴的方法加热。(2)操作需将反应物倒入冷水,需要用烧杯量取和存放冷水,过滤的操作中还需要漏斗,则答案为B、D;分液漏斗主要用于分离互不相溶的液体混合物,容量瓶用于配制一定浓度的溶液,这两个仪器用不到。(3)反应时温度较高,所以用冷水的目的是使乙酰水杨酸晶体充分析出。(4)乙酰水杨酸难溶于水,为了除去其中的杂质,可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠,以便过滤除去杂质。(5)每次结晶过程中会有少量杂质一起析出,可以通过多次结晶
26、的方法进行纯化,也就是重结晶。(6)水杨酸分子式为C7H6O3,乙酰水杨酸分子式为C9H8O4,根据关系式法计算得C7H6O3C9H8O4138 1806.9 gmm=9 g,则产率为100%=60%。答案:(1)A(2)BD分液漏斗、容量瓶(3)充分析出乙酰水杨酸固体(结晶)(4)生成可溶的乙酰水杨酸钠(5)重结晶(6)60对点精练 (2019天津卷)环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下:回答下列问题:.环己烯的制备与提纯(1)原料环己醇中若含苯酚杂质,检验试剂为,现象为。(2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为,浓硫酸也可作该反应的催化
27、剂,选择FeCl36H2O而不用浓硫酸的原因为(填序号)。a.浓硫酸易使原料炭化并产生SO2b.FeCl36H2O污染小、可循环使用,符合绿色化学理念c.同等条件下,用FeCl36H2O比浓硫酸的平衡转化率高仪器B的作用为 。(3)操作2用到的玻璃仪器是 。 (4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐:安装蒸馏装置,加入待蒸馏的物质和沸石, ,弃去前馏分,收集83 的馏分。.环己烯含量的测定在一定条件下,向a g环己烯样品中加入定量制得的 b mol Br2,与环己烯充分反应后,剩余的Br2与足量KI作用生成I2,用c molL-1的Na2S2O3标准溶液滴定,终点时消耗Na2S2O3标准溶液v mL(
28、以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中,发生的反应如下:Br2+Br2+2KII2+2KBrI2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6(5)滴定所用指示剂为。样品中环己烯的质量分数为(用字母表示)。(6)下列情况会导致测定结果偏低的是(填序号)。a.样品中含有苯酚杂质b.在测定过程中部分环己烯挥发c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化解析:.(1)检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液,原料环己醇中若含有苯酚,加入FeCl3溶液后,溶液将显示紫色。(2)从题给的制备流程可以看出,环己醇在 FeCl36H2O 的作用下,反应生成了环己烯,对比环己醇和环己烯的结构,可知发生了消去反应,反应方程式为+
29、H2O;此处用FeCl36H2O而不用浓硫酸的原因分析如下,a项合理,因浓硫酸具有强脱水性,往往能使有机物脱水至炭化,该过程中放出大量的热,又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O;b项合理,与浓硫酸相比,FeCl36H2O 对环境相对友好,污染小,绝大部分都可以回收并循环使用,更符合绿色化学理念;c项不合理,催化剂并不能影响平衡转化率。仪器B为球形冷凝管,该仪器的作用除了导气外,主要作用是冷凝回流,尽可能减少加热时反应物环己醇的蒸出,提高原料环己醇的利用率。(3)操作2是分液操作,需要用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯。(4)操作3是蒸馏操作,在加入药品后
30、,要先通冷凝水,再加热;如先加热再通冷凝水,必有一部分馏分没有来得及被冷凝,造成浪费和污染。.(5)因滴定的是碘单质的溶液,所以选取淀粉溶液比较合适;根据所给的式和式,可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为12,所以剩余Br2的物质的量为n(Br2)余=c molL-1v10-3 L= mol,反应消耗的Br2的物质的量为(b-) mol,据反应式中环己烯与溴单质11反应,可知环己烯的物质的量也为(b-)mol,其质量为(b-)82 g,所以a g样品中环己烯的质量分数为。(6)a项错误,样品中含有苯酚,会发生反应+3Br2+3HBr,每反应1 mol Br2,消耗苯酚的质量约为31.3 g;而每反应1 mol Br2,消耗环己烯的质量为82 g;所以苯酚的混入,使消耗的Br2增大,从而使环己烯测得结果偏大;b项正确,测量过程中如果环己烯挥发,必然导致测定环己烯的结果偏低;c项正确,Na2S2O3标准溶液部分被氧化,必然滴定时消耗其体积增大,即计算出剩余的溴单质偏多,所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低,导致最终环己烯的质量分数偏低。答案:(1)FeCl3溶液溶液显紫色(2)+H2Oa、b减少环己醇蒸出(3)分液漏斗、烧杯(4)通冷凝水,加热(5)淀粉溶液(6)bc
