2022届广西玉林、柳州市高二化学第二学期期末检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是ACO2 H2SBC2H4 BF3 CC60 C2H4DNH3 HCl2、 “神舟十号”的运载火箭所用燃料是偏二甲肼(C2H8N2 )( 其中N 的化合价为-3 )和四氧化二氮(N2O4)。在火箭升空过程中，燃料发生反应: C2H

2、8N2 +2N2O42CO2+3N2+4H2O 提供能量。下列有关叙述正确的是A该燃料无毒，在燃烧过程中不会造成任何环境污染B每有0.6molN2生成，转移电子数目为2.4NAC该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂DN2既是氧化产物又是还原产物，CO2既不是氧化产物也不是还原产物3、区别植物油和矿物油的正确方法是A加酸性KMnO4溶液、振荡B加NaOH溶液、煮沸C加Br2水、振荡D加新制碱性Cu(OH)2悬浊液、煮沸4、从香荚豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，遇FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应。该反应可能的结构简式是ABCD5、下列叙述中正确的是电解池是将化学

3、能转变为电能的装置原电池是将电能转变成化学能的装置不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化ABCD6、依曲替酯用于治疗严重的牛皮癣、红斑性角化症等。它可以由原料X经过多步反应合成： 下列说法正确的是AX与Y所含的官能团种类不同但个数相等B可用酸性KMnO4溶液鉴别X和YC1molY能与6molH2或3 mol NaOH发生反应D依曲替酯能发生加成、取代、氧化反应7、下列关于物质或离子检验的叙述正确的是A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火

4、焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO28、下列物质中，不属于电解质的是A固体氯化钾B作电极的碳棒C气态硝酸D液态氯化氢9、下图表示的是某物质所发生的A置换反应 B水解反应 C中和反应 D电离过程10、下列有关油脂的说法中，不正确的是A油脂是高级脂肪酸的甘油酯B油脂都不能使溴水褪色C油脂碱性水解所得高级脂肪酸钠（或钾）盐常用于生产肥皂D液态的油通过催化加氢转变为半固态脂肪的过程，称为油脂的氢化11、反应：xA(气)+yB(气)zC(气)，达到平衡时测得A气体的浓度为0.5 molL-1，当在恒温下将该容器体积扩大一倍，再次达到平衡，测得A气体

5、的浓度为0.3 molL-1，则下列叙述正确的是Ax+yV2时：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)c(K+)CV1=V2时：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-）DV1V2，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)c(K+)，故B正确；C项，V1=V2时相当于CH3COOK溶液，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(K+)，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，所以c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-），C正确；D项，V1c(CH3COO-)，故D错误。13、B【解析】分析：A、与氯化钡溶液反应生成的白色沉淀可能为氯化银； B、使湿

6、润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气；C、二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊；D、氧化性强于碘单质的物质都能够使淀粉碘化钾溶液变蓝。详解：向某无色溶液中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银，再加入稀盐酸后氯化银沉淀不溶解，原溶液中可能存在银离子，不一定含有SO42-离子，A选项错误；将某白色固体粉末与氢氧化钠浓溶液共热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体一定为氨气，则证明原固体中一定含有NH4+离子，B选项正确；向某白色固体粉末中滴加稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化硫、二氧化碳，可能含有亚硫酸根离子，原固体粉末中不一定含有CO32-或者HCO3-离子，

7、C选项错误；某溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，该溶液中含有氧化性强于碘单质的物质，可能为铁离子，不一定为氯水或者溴水，D选项错误；正确选项B。点睛：硫酸根离子的检验： 1反应原理：Ba2+ + SO42=BaSO4 2所用试剂：稀盐酸和BaCl2溶液 3滴加顺序：先加稀盐酸无现象(稀盐酸的作用排除是碳酸根和银离子的干扰)，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明有硫酸根离子。注意：（1）盐酸和氯化钡溶液的滴加顺序不能够颠倒，否则无法确定是银离子还是硫酸根离子；（2）不能用盐酸酸化的氯化钡溶液（混合溶液），应该两种试剂分开加入，否则无法确定是银离子还是硫酸根离子；（3）不能够用稀硝酸酸化，稀硝酸可以将

8、亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，产生的白色沉淀同样不溶，无法确定是硫酸根还是亚硫酸根离子。14、D【解析】A.燃料电池化学能大部分转化为电能，还有一部分转化为热能和化学能，A错误；B.酶催化发生的反应，温度升高，酶会失去其生理活性，所以化学反应速率不一定加快，B错误；C.若在钢铁水闸表面镶上铜锭，Fe、Cu及海水构成原电池，由于Fe活动性比Cu强，为原电池的负极，因此会导致钢铁水闸腐蚀加快，C错误；D.在氨水中存在一水合氨的电离平衡，若向其中加入少量水，电离平衡正向移动，c(OH-)减小，电离常数不变，则溶液中增大，D正确；故合理选项是D。15、B【解析】有机物的命名要遵循系统命名法的原则，最长

9、碳链，最小编号，先简后繁，同基合并等，如果含有官能团，则应选择含有官能团的最长碳链作主链。【详解】A、不符合最小编号的原则，正确名称为2，2-二甲基丁烷，A错误；B、符合系统命名法的原则，B正确；C、醇羟基作为醇类的官能团，不能重复出现，正确的名称为1，4-丁二醇，C错误；D、在表示位置的数字之间用逗号“,”分开，而不能用顿号“、”，D错误。答案选B。16、A【解析】选项A相当于甲烷分子中的4个氢原子被甲基取代，所有的碳原子不可能共面。B可视为乙烯分子中的4个氢原子被甲基取代，所有的碳原子共面。C可视为苯环上的两个氢原子被甲基取代，所有的碳原子共面。D中含有一个苯环和一个碳碳双键，通过碳碳单键

10、相连，两个平面可能重合。17、D【解析】本题主要考查化学反应速率变化曲线及其应用，体积百分含量随温度、压强变化曲线图像。可逆反应A(g)+2B(g)2C(g)（正反应吸热），则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡正向移动，结合图象来解答。【详解】A.增大压强，平衡正向移动，则交叉点后正反应速率应大于逆反应速率，A错误；B.增大压强，平衡正向移动，则t1时正反应速率应大于逆反应速率，B错误；C.温度高的反应速率快，达到平衡时所需时间少，与图象不符，C错误；D.温度高的反应速率快，达到平衡时所需时间少，且升高温度平衡正向移动，A%减小，与图象一致，D正确。18、B【解

11、析】AMg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则电离能大于相邻的元素，即电离能不是随着原子序数的递增而增大，故A错误；B随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，故B正确；C随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，故C错误；D金属失去电子，而非金属得到电子，如硫、氯原子形成基态离子时得到的电子数分别为2、1，与图像不符，故D错误；答案选B。19、A【解析】丙烷与乙醇相对分子质量接近，但乙醇分子间存在氢键，丙烷分子间存在范德华力，故乙醇沸点大于丙烷，正确； 正戊烷与正丁烷是同系物，相对分子质量越大，沸点越高，正戊烷沸点大于正丁烷沸点，正确； 乙醇、乙二醇均存

12、在氢键，但乙二醇分子间作用力、氢键大于乙醇，乙二醇沸点大于乙醇，错误；故答案选A。20、B【解析】A两种原子的电子层上全部都是s电子，均为1s或均为1s、2s电子，则为短周期一或二，不一定为同周期元素，如H与Li不同周期，故A不选；B3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Na、Cl，均为第三周期元素，故B选；C最外层电子排布式为2s22p6的原子为Ne，最外层电子排布式为2s22p6的离子为O或Na等，不一定为同周期元素，故C不选；D原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子，符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为

13、氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子，不一定处于同一周期，故D不选；故答案为B。21、D【解析】A一氯甲烷的结构式为，A错误；B苯的分子式为C6H6，苯的结构简式为，B错误；C葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，C错误；D烯烃的的通式为CnH2n，则丙烯的实验式为CH2， D正确；故合理选项为D。22、D【解析】A.过量MnO2与浓盐酸反应产生1molCl2，Cl的化合价由-1变为0价，则转移的电子数目为2NA，A正确；B.Na2S和Na2O2的摩尔质量相等，15.6g由Na2S和Na2O2组成的混合物的物质的量为0.

14、2mol，含有的阴离子数目为0.2NA，B正确；C.32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，无论生成二氧化硫，还是氢气，均与锌的物质的量相等，则生成气体的分子数为0.5NA，C正确；D.23gCH3CH2OH与30gCH3COOH反应，即均为0.5mol，反应为可逆反应，则生成CH3COOCH2CH3的分子数小于0.5NA，D错误；答案为D。【点睛】乙醇与乙酸在浓硫酸加热的条件下反应生成乙酸乙酯和水，此反应为可逆反应。二、非选择题(共84分)23、 +CH3OH+H2O 或 【解析】A发生氧化反应生成B，B发生信息中的反应生成C，C发生氧化反应生成D，D发生取代反应生成E，G发生酯化反应生成H

15、，G为，F发生消去反应生成G；(4)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到。【详解】(1)一分子的F通过酯化反应生成环酯的结构简式为；(2)G发生酯化反应生成H，该反应方程式为；(3)C的同分异构体符合下列条件，C的不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且该分子中不含其它环或双键；分子中有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式为；(4)以和CH3CH2OH为原料制备，由苯丙烯酸和乙醇发生酯化反应得到，苯丙烯酸由苯丙烯

16、醛发生氧化反应得到，苯丙烯醛由苯甲醛和乙醛发生信息中的反应得到，乙醛由乙醇发生氧化反应得到，其合成路线为。【点睛】常见的反应条件与反应类型有：在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨

17、溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。24、碳酸钠 或Na2CO3 溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后又由多到少最后沉淀消失 4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3 c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42)=1:1:2:3 大于或等于168： 78 【解析】根据转化关系图可知：2Na+O2Na2O2确定M为Na2O2；2Na+2H2O2NaOH+H2，C

18、、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸，确定B为NaOH，C为H2，D为Cl2，F为HCl。结合题干问题分析解答。【详解】（1）Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O22Na2O、Na2O+H2O2NaOH、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2ONa2CO310H2O、Na2CO310H2ONa2CO3+10H2O，则最终生成物为Na2CO3；（2）若A是一种常见金属单质，能与NaOH反应，则A为Al，E为NaAlO2，将过量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3、Al（OH）3+3

19、HClAlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；（3）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为可溶性亚铁盐，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2+8OH-+O2+2H2O4Fe（OH）3。（4）A加入氢氧化钠溶液，分析图象可知：第一阶段是H+OH-H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32；第二阶段金属阳离子与氢氧根离子生成沉淀，第三阶段应该是NH4+OH-NH3H2O；第四阶段氢

20、氧化物沉淀与氢氧化钠反应最后全溶解，肯定没有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此确定溶液中存在的离子H+、NH4+、Al3+、SO42；假设图象中横坐标一个小格代表1molNaOH，则根据前三阶段化学方程式：H+OH-H2O，Al3+3OH-Al（OH）3，NH4+OH-NH3H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol，再利用电荷守恒n（SO42）2n（H+）1+n（Al3+）3+n(NH4+)1，得出n（SO42）3mol，根据物质的量之比等于物质的量浓度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42)1:1:2:3。（5）将Na

21、HCO3与M（过氧化钠）的混合物在密闭容器中充分加热发生的反应有三个：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，所得固体为纯净物，说明碳酸氢钠加热分解的二氧化碳必须把过氧化钠反应完，则根据总的方程式可知4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2844g 782gm（NaHCO3）：m（Na2O2）（844g）：（782g）168：78（或84：39）。由于碳酸氢钠可以过量，得到的还是纯净物：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）168：78（或84

22、：39）。答案：大于或等于168：78（或84：39）。25、吸收HBr +Br2 HBr bdeca或者edbca 91.7% 【解析】苯和液溴在Fe或FeBr3作催化剂下发生取代反应，生成溴苯和HBr，从装置a中出来的气体中除含有HBr外，还含有苯、溴蒸气，利用b装置吸收溴蒸气和苯，c装置吸收HBr，防止污染环境。【详解】（1）苯和液溴在Fe或FeBr3作催化剂下发生取代反应，生成溴苯和HBr，从装置a中出来的气体中除含有HBr外，还含有苯、溴蒸气，利用b装置吸收溴蒸气和苯，c装置吸收HBr，防止污染环境；（2）制备溴苯的化学反应方程式为+Br2 HBr；（3）粗溴苯中混有液溴和FeBr3

23、，提纯的步骤是水洗10%NaOH溶液洗涤水洗干燥蒸馏，即步骤为bdeca或者edbca；（4）苯的质量为6mL0.88g/cm3=5.28g，其物质的量为=0.068mol，液溴的质量为3.10gcm-34.0mL=12.4g，其物质的量为=0.0775mol，苯不足，液溴过量，生成溴苯的质量为0.068mol157gmol-1=10.63g，实际上得到溴苯的质量为6.5mL1.50gmol-1=9.75g，溴苯的产率为100%=91.7%。【点睛】有机物实验考查中，因为有机物的副反应较多，因此必然涉及到产率的计算，产率=，实际产量题中会给出，需要学生计算出理论产量，即判断出原料谁过量，谁不足

24、，按照不足计算目标产物的理论产量，从而得出结果。26、有黄绿色气体生成 2MnO4-+10Cl-+16H+2Mn2+5Cl2+8H2O 使浓盐酸能顺利滴下（或答“平衡仪器a、b内的气压”） 洗气瓶 浓硫酸 水浴 受热均匀，易于控制温度 冷凝、回流 132.2 16.9 【解析】（1）仪器a利用高锰酸钾的强氧化性，能把Cl氧化成Cl2，发生反应2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O，仪器a中现象：有黄绿色气体生成，离子方程式：2MnO416H10Cl=2Mn25Cl28H2O；（2）根据装置特点可判断仪器b外侧玻璃管的作用是平衡压强，使盐酸顺利滴下；（3）仪器e为洗气

25、瓶，仪器a产生氯气含有水蒸气，需要除去，因此洗气瓶中盛放试剂是浓硫酸；保持温度4060，需要加热方法是水浴加热；优点：受热均匀，易于控制温度；（4）根据装置特点可判断仪器c是球形冷凝管，作用是冷凝、回流；（5）实验室制备氯苯，根据混合物沸点数据，因此收集的132.2的馏分；（6）1t损失苯100kg，则13t苯损失苯13100103t=1.3t，有(131.3)t苯生成氯苯，因此氯苯的质量为(131.3)112.5/78t=16.9t。27、C F E G 作安全瓶，防止倒吸现象的发生 CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br b c ab 101.6 不合理 产物1溴丁烷也含有CH2CH2

26、CH2CH3 【解析】、在分析实验装置的过程中要抓住两点，一是必须除去混在乙烯中的气体杂质，尤其是SO2气体，以防止SO2与Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影响1，2-二溴乙烷产品的制备；二是必须在理解的基础上灵活组装题给的不太熟悉的实验仪器（如三颈烧瓶A、恒压滴液漏斗D、安全瓶防堵塞装置C），反应管E中冷水的作用是尽量减少溴的挥发，仪器组装顺序是：制取乙烯气体（用A、B、D组装）安全瓶（C，兼防堵塞）净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）尾气处理（G）。、两个装置烧瓶中，浓H2SO4和溴化钠在加热条

27、件下生成溴化氢，在浓硫酸作用下，l丁醇与溴化氢发生取代反应生成1溴丁烷，A装置中冷凝管起冷凝回流1溴丁烷的作用，烧杯起吸收溴化氢的作用，B装置中冷凝管和锥形瓶起冷凝收集1溴丁烷的作用。【详解】、（1）在浓硫酸作用下，乙醇共热发生消去反应生成乙烯的化学方程式为CH3CH2OHCH2CH2+H2O，由化学方程式可知制取乙烯时应选用A、B、D组装，为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，为防止副反应产物CO2和SO2干扰1，2-二溴乙烷的生成，应在安全瓶后连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶F，除去CO2和SO2，为尽量减少溴的挥发，将除杂后的乙烯通入冰水浴中盛有溴水的试管中制

28、备1，2-二溴乙烷，因溴易挥发有毒，为防止污染环境，在制备装置后应连接尾气吸收装置，则仪器组装顺序为制取乙烯气体（用A、B、D组装）安全瓶（C，兼防堵塞）净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）尾气处理（G），故答案为：C、F、E、G；（2）为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，故答案为：作安全瓶，防止倒吸现象的发生；（3）在反应管E中进行的主要反应为乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应的方程式为CH2CH2+Br2BrCH2CH2Br，故答案为：CH2CH2+Br2BrCH2CH2Br；、

29、（1）两个装置中都用到了冷凝管，为了增强冷凝效果，冷水都应从下口进上口出，则A装置中冷水从b口进入，B装置中冷水从c口进入，故答案为：b；c；（2）若硫酸浓度过大，l-丁醇在浓硫酸的催化作用下发生副反应，可能发生分子间脱水反应生成醚CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，也可能发生分子内脱水生成1丁烯CH2=CHCH2CH3，具有还原性的溴离子也可能被浓硫酸氧化成溴单质，则制备操作中，加入的浓硫酸事先必须进行稀释，故答案为：ab；（3）提纯1-溴丁烷，收集所得馏分为1-溴丁烷，所以须将1-溴丁烷先汽化，后液化，汽化温度须达其沸点，故答案为：101.6；（4）红外光谱仪利用物质对不同

30、波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析，产物CH3CH2CH2CH2Br也含有-CH2CH2CH2CH3，所以不能通过红外光谱仪来确定副产物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3），故答案为：不合理，产物1-溴丁烷也含有-CH2CH2CH2CH3。【点睛】本题考查有机物的制备实验，注意把握制备实验的原理，能正确设计实验顺序，牢固把握实验基本操作，注意副反应发生的原因分析是解答关键。28、2NaCl（熔融）2Na+Cl22NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2ONaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO32NaHCO3 =Na

31、2CO3+ H2O+CO2MgCl2（熔融）Mg+Cl2MgCl2+2H2OMg（OH）2+H2+Cl2分液漏斗烧瓶盐酸抑制晶体失水过程中的水解【解析】（1）工业用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠；电解氯化钠稀溶液得的氯气可制备“84消毒液”，是氯气与氢氧化钠溶液反应；侯氏制碱法是向饱和的氯化钠溶液中通入氨气，再加入二氧化碳，生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠晶体受热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水；（2）反应中Br2起氧化剂、还原剂作用，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：1，据此计算；（3）采用石墨电极电解熔融的氯化镁，生成镁和氯气；电解时，若有少量水存在，变成电解氯化镁溶液，生成氢

32、氧化镁，氢气和氯气；（4）氯化镁易水解，应在氯化氢气流中获得其晶体，图中a装置提供HCl，在b中经氯化钙干燥后通入c中，c中物质为MgCl26H2O，在氯化氢气流中分解（或风化）生成氯化镁，d为尾气吸收装置，生成的HCl可循环使用。【详解】（1）工业用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，反应的方程式为2NaCl（熔融）2Na+Cl2，故答案为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2；电解氯化钠稀溶液得到的氯气与氢氧化钠溶液可制备“84消毒液”，方程式为2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O；侯氏制碱法是向饱和的氯化钠溶液中通入氨气，再加入二氧化碳，生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠晶体受热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，反应的化学方程式分别是：NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO