全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总及详细答案.docx

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全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总及详细答案

全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总及详细答案

一、高中化学氯及其化合物

1．高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。

（1）在用KMnO4酸性溶液处理固体Cu2S时，发生的反应如下：

8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O

①还原产物为_____。

②被氧化的元素是_____

③氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____

④每生成2.24L（标况下）SO2，转移电子数目是_____

（2）用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时，也可将CuS反应成Cu2＋和SO2。

写出该离子反应方程式_____

（3）15.8gKMnO4，加热分解后剩余固体15.0g。

该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在，则气体A的物质的量为_____mol。

【答案】Mn2＋Cu、S8:

50.8NA6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O0.2

【解析】

【分析】

（1）结合氧化还原反应的知识分析即可；

（2）用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时，也可将CuS反应成Cu2＋和SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；

（3）15.8gKMnO4，加热分解后剩余固体15.0g，减少的质量为氧气的质量，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，据此分析。

【详解】

（1）在8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O中Mn元素从+7价降为+2价，发生还原反应，而Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，发生氧化反应；

①由分析知，还原产物为Mn2＋；

②被氧化的元素是Cu2S中Cu、S两元素；

③氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，两者的物质的量之比为8:

5；

④Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，则1molCu2S完全被氧化，转移8mol电子；2.24L（标况下）SO2的物质的量为

=0.1mol，反应中转移电子的物质的量为0.8mol，电子数目是0.8NA；

（2）用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时，也可将CuS反应成Cu2＋和SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合守恒法得发生反应的离子方程式为6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O；

（3）15.8gKMnO4，加热分解后剩余固体15.0g，减少的质量为氧气的质量，m（O2）=15.8g-15.0g=0.8g，n（O2）=

=0.025mol；

在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则设氯气的物质的量为xmol，n（KMnO4）=

=0.1mol，电子转移守恒可得：

0.1mol（7-2）=4n（O2）+2（Cl2），即0.1×（7-2）=4×0.025+2x，解得：

x=0.2mol。

2．通常用的漂白粉是次氯酸钙，氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐，是由Cl2与消石灰制成的。

有关反应如下：

2Cl2+3Ca（OH）2→Ca（ClO）2·CaCl2·Ca（OH）2·H2O+H2O

（1）漂白粉的有效成分是_____________________；

（2）上述反应中，化合价有变化的元素是_________；

（3）漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效，有关反应方程式为_______，_______。

【答案】Ca（ClO）2ClCa（ClO）2+2H2O+2CO2→Ca（HCO3）2+2HClO2HClO

2HCl+O2↑

【解析】

【分析】

【详解】

（1）漂白粉是由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca（OH）2=Ca（ClO）2·CaCl2·Ca（OH）2·H2O+H2O制成的，其组成是次氯酸钙，氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐，其有效成分是Ca（ClO）2；

（2）由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca（OH）2=Ca（ClO）2·CaCl2·Ca（OH）2·H2O+H2O中，化合价有变化的元素是Cl2中的Cl由0价变成Ca（ClO）2中+1价，CaCl2中的-1价，所以化合价有变化的元素是Cl；

（3）漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效，是因为Ca（ClO）2与空气中的水蒸气和二氧化碳反应，生成了HClO又分解了，所以反应的方程式为Ca（ClO）2+2H2O+2CO2→Ca（HCO3）2+2HClO；2HClO

2HCl+O2

。

3．氯气是一种具有重要用途的气体，在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。

甲同学在实验室进行氯气性质的研究

（1）甲同学依次进行了

与①钠、②铜、③氢气、④水反应的实验。

上述反应中属于氧化还原反应的是___________（填序号）。

（2）写出铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：

________。

（3）氯气溶于水得到的溶液称为氯水，新制的氯水呈_________色，新制的氯水中含有的物质为（水除外）________（填化学式）。

（4）甲同学探究氯气能否与水发生反应

①B中纸条褪色，结合化学方程式解释原因：

________。

②装置A的作用是___________。

③烧杯中发生反应的化学方程式为_________。

【答案】①②③④

黄绿

Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成的次氯酸有漂白性对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应

【解析】

【分析】

（1）氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO和HCl；

（2）铁在氯气中燃烧生成氯化铁；

（3）氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO；

（4）①氯气和水发生反应生成的HClO具有漂白性；

②氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，可作对照实验；

③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境。

【详解】

（1）氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO和HCl，则①②③④都为氧化还原反应，故答案为：

①②③④；

（2）铁在氯气中燃烧生成氯化铁，反应的化学方程式为

，故答案为：

；

（3）氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO，则新制的氯水中含有的物质为（水除外）

，新制氯水中由于含有氯气，所以溶液呈黄绿色，故答案为：

黄绿；

；

（4）①氯气和水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成HClO，由于HClO具有漂白性，可使红纸条褪色，故答案为：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成的次氯酸有漂白性；

②氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，作对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应，故答案为：

对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应；

③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境，发生反应的化学方程式为

，故答案为：

。

【点睛】

氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：

Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，新制氯水中存在氯气、盐酸、次氯酸，因此新制氯水就具有了氯气、盐酸、次氯酸的性质，溶液具有强氧化性且显酸性，这是学生们的易错点。

4．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。

在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。

B和C反应发出苍白色火焰。

请回答：

（1）A是__________，B是__________，C是__________（请填写化学式）；

（2）反应①的化学方程式______________________________；

（3）反应③的离子方程式______________________________；

（4）反应④的离子方程式______________________________。

【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2

2FeCl3Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－

【解析】

【分析】

室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。

【详解】

室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，

（1）根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；

（2）反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3；

（3）反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；

（4）反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。

5．已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：

（1）将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有_________（填序号）

①放热②黄绿色褪去③瓶口有白雾④瓶口有白烟⑤安静燃烧，发出黄色火焰⑥安静燃烧，发出苍白色火焰

（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。

（3）实验室可用如上图②所示装置收集D，下列叙述正确的是__________（填序号）。

①D气体不能用排水法收集

②干燥管里盛有碱石灰

③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出

（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。

（5）物质E的化学式是_______；E在下列物质分类中所属的物质种类是_______（填序号）。

①电解质②化合物③混合物④纯净物⑤非电解质⑥盐

检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________

【答案】①②③⑥Ca（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+H2O+2NH3↑①②4NH3+5O2

4NO+6H2ONH4Cl①②④⑥取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+

【解析】

【分析】

为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3，A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】

（1）氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾（氯化氢气体与空气中的小水滴结合）出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥；

（2）实验室制氨气的化学方程式为：

Ca（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+H2O+2NH3↑；

（3）氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的a应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②；

（4）氨气发生催化氧化的化学方程式为：

4NH3+5O2

4NO+6H2O；

（5）E是氯化铵，化学式为NH4Cl，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：

取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+。

6．有X、Y、Z三种元素：

（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；

（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；

（3）XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；

（4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体；

（5）Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。

试写出其元素符号：

X__，Y__，Z__，化合物的分子式：

XZ__，X2Y__。

【答案】HOClHClH2O

【解析】

【分析】

根据特殊颜色（苍白色）以及水在常温下为液体可以推断出各元素和各物质。

【详解】

X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色，所以X为H2，Z为Cl2，HCl为HCl；XZ极易溶于水，在水溶液中电离出H+和Cl-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，验证了刚才的结论；X2Y常温下为液体，根据X为氢元素，可以确定X2Y为H2O，所以Y为O；Cl2溶于H2O中，所得溶液中含有次氯酸，具有漂白性。

综上可确定X为H，Y为O，Z为Cl。

XZ为HCl，X2Y为H2O。

7．有X、Y、Z三种元素：

①X、Y、Z的单质在常温下均为气体，②X单质可以在Z的单质中燃烧，生成化合物XZ，火焰呈苍白色，③XZ极易溶于水，在水溶液中电离处X+和Z﹣，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，④每两个X2分子能与一个Y2分子化合成两个X2Y分子，X2Y常温下为液体，⑤Z单质溶于X2Y中，所得的溶液具有漂白性。

（1）写出下列微粒的电子式：

X+_____，Z﹣______，Y原子_____。

（2）写出X2Y的化学式_____。

按要求与X2Y分子具有相同电子数的微粒的化学符号：

两个原子核的阴离子_____，5个原子核的分子_____。

（3）写出Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式：

_____，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是_____。

（4）实验室制备XZ的化学方程式：

_____，如何检验XZ是否收集满__________。

【答案】H+

H2OOH﹣CH4Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClOCl2NaCl（s）+H2SO4（浓）

NaHSO4+HCl↑用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满

【解析】

【分析】

XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl．X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意，据以上分析解答。

【详解】

XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl，

X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；

（1）X+为H+，其电子式为H+，Z﹣为Cl﹣，其电子式为

，Y为O元素，其原子电子式为

；

故答案为：

H+、

、

；

（2）X2Y的化学式为H2O；与H2O分子具有相同电子数的微粒的化学符号：

两个原子核的阴离子为OH﹣，5个原子核的分子为CH4；

故答案为：

H2O；OH﹣；CH4；

（3）Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式：

Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是：

Cl2；

故答案为：

Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO；Cl2；

（4）实验室制备HCl的化学方程式：

NaCl（s）+H2SO4（浓）

NaHSO4+HCl↑；检验HCl是否收集满方法：

用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满；

故答案为：

NaCl（s）+H2SO4（浓）

NaHSO4+HCl↑；用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。

8．甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体，丁为黄色固体。

A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。

请根据下图的转化关系回答：

（1）按要求写出下列物质的化学式：

乙：

____________B：

____________

（2）写出溶液C与氯水反应的离子方程式：

_____________________。

（3）在催化剂和加热条件下，A可与丙反应，化学方程式为：

________________

【答案】N2SO2SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H＋4NH3+5O2

4NO+6H2O

【解析】

【分析】

甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体，甲、乙在高温、高压、催化剂条件下反应产生A，则甲是H2，乙是N2，A是NH3，丁为黄色固体单质，则丁是S，丙、丁在点燃时反应，可推知丙是O2，二者反应产生的B是SO2。

A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液，则C是（NH4）2SO3，向C溶液中加入氯水，发生氧化还原反应，产生D为（NH4）2SO4、HCl混合溶液。

向该混合溶液中加入NaOH溶液加热，发生复分解反应产生A是NH3；向该混合溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀E是AgCl，向其中加入HCl酸化，然后加入BaCl2溶液产生的白色沉淀F是BaSO4。

然后分析解答。

【详解】

根据上述分析可知甲是H2，乙是N2，丙是O2，丁是S，A是NH3，B是SO2，C是（NH4）2SO3，D为（NH4）2SO4、HCl混合溶液；E是AgCl，F是BaSO4。

（1）根据上述分析可知乙是N2，B是SO2；

（2）C是（NH4）2SO3，向该溶液中加入氯水，发生氧化还原反应，产生C是（NH4）2SO4、HCl，反应的离子方程式为：

SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H＋；

（3）在催化剂和加热条件下，NH3可与O2反应，产生NO和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为4NH3+5O2

4NO+6H2O。

9．I、中学常见反应的化学方程式是

（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1∶4.请回答：

（1）若Y是黄绿色气体，该反应的离子方程式是_________________________。

（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________________。

II、

（1）硫酸型酸雨样品放置时pH变化的主要原因是（用化学方程式表示）________。

（2）如果将刚取样的上述酸雨和自来水（用Cl2杀菌消毒）混合，pH将____（填“增大”“减小”或“不变”），原因是（用化学方程式表示）_________________________________。

（3）你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是_____________（填序号）。

①少用煤作燃料　②把工厂烟囱造高　③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰　⑤开发新能源

A．①②③B．②③④⑤C．①③⑤D．①③④⑤

【答案】4H++2Cl-+MnO2

Cl2+Mn2++2H2O4:

1SO2＋H2O

H2SO32H2SO3＋O2===2H2SO4减小H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4C

【解析】

【分析】

【详解】

I、

（1）若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：

4，该反应为二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应离子方程式为：

MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）构成A的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C，B为浓硫酸或浓硝酸，但A、B的物质的量之比为1：

4，则B为浓HNO3，该反应中C为还原剂，硝酸为氧化剂，且全部硝酸被还原，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:

1；

II、

（1）硫酸型酸雨因雨水中溶有二氧化硫而显酸性，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液被空气氧化成强酸：

硫酸，所以久置后pH会减小，方程式为：

SO2＋H2O⇋H2SO3、2H2SO3＋O2===2H2SO4；

（2）该酸雨中含有亚硫酸，氯气具有强氧化性会将亚硫酸氧化成硫酸，自身被还原生成盐酸，生成两种强酸，所以溶液pH值会减小，方程式为：

H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4；

（3）少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，所以选C。

10．ClO2与Cl2的氧化性相近。

在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。

某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。

（已知：

装置C的作用是吸收Cl2）

（1）仪器B的名称是________。

安装F中导管时，应选用图2中的_________________。

（2）打开B的活塞，A中发生反应：

2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜_______________（填“快”或“慢”）。

（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，NaClO2中Cl的化合价为______。

（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为__________。

（5）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应离子方程式为___________________。

（已知：

在酸性条件下SO32－被ClO3－氧化为SO42－）

（6）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是__________，原因是________________。

【答案】分液漏斗b慢＋35ClO2－＋4H+＝Cl－＋4ClO2＋2H2O2H+＋2ClO3－＋SO32－＝SO42－＋2ClO2＋H2O稳定剂Ⅱ在稳定剂Ⅱ存在情况下能较长时间保鲜

【解析】

【分析】

装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者发生反应：

2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，装置C的作用是吸收Cl2，除去氯气，ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O生成NaCl并释放出ClO2，装置F检验二氧化氯中氯气是否完全被装置C吸收；

（1）根据仪器结构和性能确定仪器B的名称；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；

（