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1、第一章化学反应与能量转化第4节金属的腐蚀与防护专题练高二化学鲁科版（2019）选择性必修1一、单选题（共16题）1下列有关电化学说法正确的是A钢铁电化学锈蚀时，在负极失电子生成B在电解法精炼铜的过程中，若转移电子，理论上阴极析出铜的质量为32gC将海水中钢铁闸门与电源正极相连，可防止闸门被腐蚀D如图所示的铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加2如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和盐酸，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是A生铁块中的碳是原电池的正极B红墨水柱两边的液面变为左低右高C两试管中相同的电极反应式是Fe-2e-=Fe2Da试管中发生了吸氧腐蚀
2、，b试管中发生了析氢腐蚀3电池式氧传感器原理构造如图，可测定的含量。工作时铅极表面会逐渐附着。下列说法不正确的是APb电极上的反应式为B当a mol参加反应，理论上可使Pb电极增重34a gCPt电极上发生还原反应D随着使用，电解液的pH逐渐增大4分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是A中Mg作负极，中Fe作负极B中Mg作正极，其电极反应式为C中Fe作负极，电极反应式为D中Cu作正极，电极反应式为5如图所示，甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O。下列说法正确的是A甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B甲池通入CH3OH的电极反应
3、为CH3OH-6e-+2H2O=+8H+C甲池中消耗560 mL(标准状况下)O2，此时乙池中银极增重3.2gD反应一段时间后，向丙池中加入一定量盐酸，一定能使MgCl2溶液恢复到原浓度6下列变化中不能用原电池原理解释的是A镀层破损后，白口铁(镀锌铁)中的铁不易腐蚀B红热的铁丝与水蒸气接触表面形成蓝黑色保护层C暖宝宝中的炭粉、铁粉、食盐、水混合暴露在空气中放热D相同条件下，久置在潮湿的空气中，生铁比纯铁更易生锈7中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是Aa极为正极B随着反应
4、不断进行，负极区的pH不断增大C消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子Db极的电极反成为：MnO2+2H2O+2e-=Mn2+4OH-8氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，已知 BiF3和 MgF2均难溶于水， 下列关于该电池的说法正确的是A放电时，甲电极的电极反应式为Bi-3e - + 3F- = BiF3B充电时，外加电源的负极与甲电极相连C充电时，导线上每通过 0.5mol e -，乙电极质量减小 9.5gD放电时，电子由乙电极经外电路流向甲电极，再
5、经电解质溶液流向乙电极9下列各图所示装置能达到实验目的的是A图甲，验证铁的吸氧腐蚀 B图乙，牺牲阳极的阴极保护法C图丙，在铁制品表面镀锌 D图丁，测定盐酸的pH10据2006年12月28日CCTV-1新闻联播报道，韩国最近研制了新型的大容量甲醇燃料电池，能供电脑等用电器连续使用160小时。其工作原理是：甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子，电子经外电路，质子经内电路到达另一极与氧反应，电池总反应式为2CH3OH+3O22CO2+4H2O。下列关于该电池的分析：H+向负极移动负极反应：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+1molCH3OH完全反应转移12mol电子正极反应：O2+4e-
6、+2H2O=4OH-该电池的电解质溶液可能是碱液其中正确的是ABCD11用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是ABCD实验室制备少量氨气实验室制备乙酸乙酯证明铁钉发生了吸氧腐蚀证明酸性：盐酸碳酸硅酸AABBCCDD12浓度差电池是指电池内物质变化仅是由一物质由高浓度变成低浓度且过程伴随着吉布斯自由能转变成电能的一类电池。如图所示的浓度差电池示意图，下列有关说法正确的是Aa极为原电池的负极Bc为Cu2+交换膜C电流计为0时，两极的CuSO4浓度相等D转移1mol电子时，右池增重48g13在固态金属氧化物电解池中，高温下电解混合气体制备和是一种新的能源利用方式，其基本原理如图所示。下列说法
7、不正确的是AX是电源的负极B阳极的反应式：C总反应可表示为D阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2:114下图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是A红墨水柱两边的液面变为左高右低B两试管中相同的电极反应式是：Fe-2e-=Fe2C生铁块中的碳是原电池的负极Da试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀15如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U形管中，下列分析正确的是AK1闭合，铁棒上发生的反应为2H2e-=H2BK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的保护法DK2
8、闭合，电路中通过2NA个电子时，两极共产生1 mol气体16下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是A纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗B当镀铜铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀二、综合题（共3题）17碳的化合物在工农业生产、生活中有着重大作用。(1)298K时，1mol CO和1mol 反应生成和NO过程中能量变化示意图，该反应为_反应(吸热或放热)(2)上述反应的能量变化为_kJ。(3)甲烷燃料电池因具备价格低廉、释放能量多等优点，已被广泛应用。写出碱性条件
9、下该燃料电池正极反应式：_。(4)CO与反应还可制备，可作为燃料使用，用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下：电池总反应为，则c电极是_(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为_。若线路中转移2mol电子，则上述燃料电池，消耗的在标准状况下的体积为_L。18如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为离子交换膜。请按要求回答相关问题：（1）甲烷燃料电池负极电极反应式是：_。（2）乙中X是_交换膜，工作一段时间后若要恢复成原溶液，应_。（3）欲用丙装置给铜镀银，b应是_(填化学式)。（4）若乙池中的饱和氯化钠溶液换成一定量CuSO4溶液，通电一
10、段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为_mol。(忽略溶液体积的变化)（5）通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚()，其原理如图所示，A极的电极反应为_。（6）化学在环境保护中起十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐污染，电化学降解的原理如图所示。Ag-Pt电极上的电极反应式为_。若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左-m右)为_g。19海洋具有十分巨大的开发潜力，人民可以从海水中获得多种物质。 （1）不需经过化学变化就能从海水中获得的一种物质是_ （2）经上述操作后剩余的浓缩海水
11、中含有大量的Mg2+,从中提取金属镁的流程如下： 贝壳的主要成分是CaCO3，燃烧贝壳时发生反应的化学方程式是_；在沉淀中生成的Mg(OH)2的离子方程式是_。 过滤后向Mg(OH)2中加入_即得到MgCl2溶液，在经过一系列操作得到MgCl2。 电解熔融MgCl2得到镁蒸气，同时生成_，它可用于上述流程中的_步骤，这样做的好处是_,镁蒸气冷却后即为固体镁，冷却镁蒸气时可在下列哪种气体氛围中进行_（填序号）AH2 BO2 C空气 上述与含镁物质有关的操作中，消耗能量最多的步骤是_,原因是_。参考答案1B【详解】A钢铁电化学腐蚀时，Fe在负极上失电子生成Fe2+，故A错误；B精炼铜过程中，阴极上
12、电极反应式为Cu2+2e-=Cu，转移1mol电子，理论上阴极析出铜的质量为32g，故B正确；C根据电解原理，活动性金属作阳极，活动性金属先失电子，因此钢铁闸门应于电源的负极相连，可防止闸门被腐蚀，故C错误；D负极电极反应式为Pb-2e-+=PbSO4，电极质量增大，正极反应式为PbO2+2e-+4H+=PbSO4+2H2O，正极质量增大，故D错误；答案为B。2B【详解】A生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，故A正确；B左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，所以左边
13、试管内气体的氧气减小，右边试管内气体的压强增大，导致U形管内红墨水左高右低，故B错误；C生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应Fe-2e-=Fe2，故C正确；Da试管内盛有食盐水是中性溶液，发生吸氧腐蚀，b试管内盛有稀醋酸是酸性溶液发生析氢腐蚀，故D正确；故选B。3B【分析】由题给示意图可知，铅电极上为原电池的负极，碱性条件下，铅失去电子发生氧化反应生成氢氧化铅，电极反应式为，铂电极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为，电池的总反应方程式为。【详解】A由分析可知，铅电极上为原电池的负极，碱性条
14、件下，铅失去电子发生氧化反应生成氢氧化铅，电极反应式为，故A正确；B由分析可知，铅电极上为原电池的负极，碱性条件下，铅失去电子发生氧化反应生成氢氧化铅，电极反应式为，反应转移1mol电子，铅电极增重17g，当a mol参加反应时，反应转移4amol电子，由得失电子数目守恒可知， 铅电极增重4amol17g/mol=68ag，故B错误；C由分析可知，铂电极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，故C正确；D由分析可知，电池的总反应方程式为，反应消耗水，溶液的体积减小，氢氧化钾溶液的浓度逐渐增大，溶液pH逐渐增大，故D正确；故选B。4B【详解】A中电解质溶液是酸，由于Mg的金属活泼
15、性比Al强，则Mg做负极，中电解质溶液是碱，Mg不与NaOH反应，Al和NaOH发生氧化还原反应，则Al做负极，中Cu和浓硝酸反应，Cu做负极，中通入空气中的氧气在中性溶液中发生还原反应，则Cu做正极，Fe失电子做负极，A错误；BMg不与NaOH反应，Al和NaOH发生氧化还原反应，Al做负极，Mg作正极，其电极反应式为，B正确；C中Cu和浓硝酸反应，Cu做负极，C错误；D中Cu作正极，空气中的氧气在中性溶液中发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，D错误；故选：B。5C【分析】甲池中能发生自发的氧化还原反应，属于原电池，通入甲醇的一极为负极，通入氧气的一极为正极，则石墨为
16、阳极，Ag为阴极，左侧的Pt为阳极，右侧的Pt为阴极。【详解】A甲池中能发生自发的氧化还原反应，属于原电池，乙池和丙池属于电解池，故A错误；B在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH-6e-+2H2O+8OH-=+8H2O，故B错误；C甲池中消耗560mL(标准状况下)O2，氧气的物质的量为0.025mol，则转移电子0.1mol，根据转移电子守恒知，乙池中Ag电极生成0.05molCu，则Cu的质量=0.05mol64g/mol=3.2g，故C正确；D电解池丙池中，电解后生成氢氧化镁、氢气和氯气，要想复原，要加入HCl，加盐酸会增大水的量，故D错误。
17、答案选C。【点睛】考查了原电池和电解池原理，注意把握燃料电池原理和电解原理，注意书写电极反应式时要结合电解质溶液的酸碱性，电解质溶液不同电极反应式不同。6B【详解】A镀层破损后，白口铁(镀锌铁)中，锌、铁和金属表面的水膜形成原电池，锌比铁活泼，锌为负极，则铁不易腐蚀，能用原电池原理解释，故A与题意不符；B红热的铁丝与水蒸气接触生成四氧化三铁和氢气，则表面形成四氧化三铁蓝黑色保护层，与原电池无关，故B符合题意；C暖宝宝中的炭粉、铁粉、食盐、水混合暴露在空气中，炭粉、铁粉、食盐水形成原电池，铁粉被氧化放热，能用原电池原理解释，故C与题意不符；D 生铁是铁碳合金，在潮湿的环境中容易形成原电池，生锈较
18、快，而纯铁形不成原电池生锈较慢，能用原电池原理解释，故D与题意不符；故答案为：B7C【详解】A葡萄糖（）发生氧化反应生成葡糖糖内酯（），则a极为负极，故A错误；B根据负极电极反应，随着反应的进行，负极区的氢离子浓度逐渐增大，其溶液的不断减小，故B错误；C由上述分析可知，负极的电极反应式为，消耗葡萄糖，转移电子，故C正确；D因电解质溶液呈酸性，则b极的电极反应式，故D错误；答案选C。8C【分析】充电时F-从乙电极流向甲电极，则甲电极为阳极，乙电极为阴极，从而得出放电时，甲电极为正极，乙电极为负极。【详解】A放电时，甲电极为正极，电极反应式为BiF3+3e - =Bi+ 3F-，A不正确；B充电时
19、，外加电源的负极与阴极相连，而由F-的流向可知，甲电极为阳极，B不正确；C充电时，乙电极发生反应：MgF2+2e-=Mg+2F-，导线上每通过 0.5mol e -，乙电极质量减小19g/mol0.5mol= 9.5g，C正确；D电子不能流经电解质溶液，电流是通过离子的定向移动进行传导，D不正确；故选C。9A【详解】A图甲，在酸性条件下铁发生析氢腐蚀，在中性或碱性条件下发生吸氧腐蚀，该图是中性条件，发生吸氧腐蚀，A能达到实验目的；B图乙，铁比碳活泼，形成原电池时，铁为负极发生氧化反应被腐蚀，故不能用此装置保护水体中的钢铁设备，B不能达到实验目的；C图丙，锌比铁活泼，Fe2+得电子能力比Zn2+
20、强，则在阴极上，Fe2+得电子生成铁单质，无法在铁电极上镀锌，应使用硫酸锌做电解液，C不能达到实验目的；D图丁，pH试纸不能润湿，D不能达到实验目的；答案为A。10C【详解】略11D【详解】A氧化钙固体中滴加浓氨水，反应吸水放热， NH3H2O发生分解反应产生氨气、放热降低了氨气在水中的溶解度，故可用于在实验室制备少量氨气，A正确；B浓硫酸、加热条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液承接乙酸乙酯粗产品，导管没有插入液面下可以防倒吸，B正确；C不纯的铁碳合金在饱和食盐水中能发生吸氧腐蚀， C正确；D通过盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，可证明酸性：盐酸碳酸，通过将纯净的二氧
21、化碳通入硅酸钠溶液产生白色硅酸沉淀，可证明酸性：碳酸硅酸，装置中浓盐酸挥发出的HCl气体混在二氧化碳气体中，导致盐酸和硅酸钠溶液反应，对实验有干扰，D错误；答案选D。12C【分析】左侧硫酸铜溶液浓度大，所以左侧发生Cu2+2e-=Cu，发生还原反应为正极，右侧硫酸铜溶液浓度小，所以右侧发生Cu-2e-=Cu2+，发生氧化反应为负极。【详解】A根据分析可知a极为原电池正极，A错误；B左侧消耗Cu2+，右侧生成Cu2+，为了平衡电荷，左侧的SO需迁移到右侧，所以c为阴离子交换膜，B错误；C根据浓度差电池的定义可知当两室硫酸铜溶液浓度相等时，将不再产生电流，C正确；D转移1mol电子时，右池生成0.
22、5molCu2+，左侧迁移到右侧0.5mol SO，所以右池增重即0.5molCuSO4的质量，为0.5mol160g/mol=80g，D错误；综上所述答案为C。13B【详解】A由图可知产生氢气和CO的电极H、C化合价降低，发生还原反应，为电解池阴极，则X是电源的负极，A正确；B金属氧化物为电解质，则阳极的反应式为2O2-4e-=O2，B错误；C由图可知反应物为水和二氧化碳，生成物为氢气、一氧化碳、氧气，则该电解池的总反应可表示为，C正确；D结合总反应可知阴极每产生1molH2和1molCO的同时阳极产生1molO2，则阴、阳两极生成的气体的物体的量之比是2:1，D正确；答案选B。14C【分析
23、】生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；a试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，电极反应式分别为：负极Fe-2e-=Fe2，正极O2+2H2O+4e-=4OH-，b试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，电极反应分别为：负极：Fe-2e-=Fe2，正极：2H+2e-=H2，据此分析解题。【详解】A由分析可知，a试管中发生了吸氧腐蚀，试管内气体压强减小，b试管中发生了析氢腐蚀，试管内气体压强增大，故红墨水柱两边的液面变为左高右低，A正确；B由分析可知，两试管中负极发生电极反应相同，均为Fe-2e-=Fe2，B正确；C
24、由分析可知，生铁块中的碳是原电池的正极，C错误；D由分析可知，a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀，D正确；故答案为：C。15B【详解】A若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；CK2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；DK2闭合，电路中通过2NA个电子时，
25、阴极生成1mol氢气，阳极生成1mol氯气，两极共产生2mol气体，故D错误；故选：B。16C【详解】A纯银器表面渐渐变暗的原因是因为其被空气中的氧气氧化，属于化学腐蚀，A错误；B镀铜的铁制品，表面的镀层被破坏后，铜、铁与表面附着的电解质溶液形成原电池，会加快铁的腐蚀，B错误；C在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D想要保护地下输油钢管不被腐蚀，需要将其与电源负极连接，D错误。故选C。17放热 234 O2+4e-+2H2O=4OH- 负极 CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ 11.2 【详解】(1)由图可知，生成物总能量小于反应物总能量，该反应为放
26、热反应； (2) 反应热=E1-E2=134kJ/mol-368 kJ/mol=-234 kJ/mol；所以上述反应的能量变化为234 kJ；(3)甲烷燃料电池为原电池，燃料甲烷在负极发生氧化反应，碱性环境下，甲烷失电子，反应生成碳酸根离子，氧气在正极发生还原反应，碱性环境下，氧气得电子，生成氢氧根离子，正极反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-；(4)原电池中，电子由负极流向正极；根据图中电子流向可知，电极c为负极，电极d为正极；在负极，酸性环境下甲醇发生氧化反应：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；酸性环境下氧气发生还原反应：O2+4e-+4H+=2H2O；根据O24e-关系可知
27、，若线路中转移2mol电子，消耗氧气0.5mol，标准状况下的体积为11.2L。18（1）CH4-8e-+10OH-=+7H2O（2） 阳离子 通入一定量HCl气体 （3）Ag（4）0.4（5）+H+2e-Cl-+（6） 2+10e-+12H+=N2+6H2O 14.4g 【分析】(1)甲烷燃料电池负极上CH4失电子，发生氧化反应，在碱性条件下产物为碳酸钾；(2)燃料电池通氧气的极为正极，则乙中电解池的阴极为Fe、阳极为C，电解产物为H2、Cl2和NaOH；(3)丙为电镀池，其中b为阳极，a为阴极，现铜镀银，则应选择Ag为阳极，Cu为阴极；(4)用C为阳极电解CuSO4溶液，加入0.1mol
28、Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2+2H2SO4、2H2O2H2+O2，再根据“析出什么加入什么”的原则分析；(5)原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应；(6)由题给原理图可知，Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应生成N2，则Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，Pt电极为电解池的阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H+O2，据此计算膜两侧电解液的质量变化差。【详解】(1)甲烷燃料电池负极上CH4失电子，发生氧化反应，在碱性条件下产物为碳酸钾，则负极电极反应式是CH4-
29、8e-+10OH-=CO32-+7H2O；(2)燃料电池通氧气的极为正极，则乙中电解池的阴极为Fe、阳极为C，电解产物为H2、Cl2和NaOH，工作一段时间后若要恢复成原溶液，应通入适量HCl气体，恰好完全中和NaOH即可；(3)丙为电镀池，其中b为阳极，a为阴极，现铜镀银，则应选择Ag为阳极， Cu为阴极，即b极材料是Ag；(4)乙池加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4、2H2O2H2+O2，Cu(OH)2从组成上可看成CuOH2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出
30、氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子=0.1mol2mol=0.2mol，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子=0.1mol2mol=0.2mol，所以电解过程中共转移电子数为0.4mol；(5)A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+H+2e-Cl-+；(6)由题给原理图知，Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，酸性介质中，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O；A为电源正极，Pt电极为电解池的阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H+O2，转移2mol电子时，阳极区消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极
31、室质量减少18g；电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，阴极室中放出0.2molN2(即5.6g)，同时有2molH+(即2g)进入阴极室，因此阴极室质量减少5.6g-2g=3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差(m左-m右)=14.4g。19NaCl CaCO3CaO+CO2 Mg2+2OH-=Mg(OH)2 盐酸 Cl2 生产氯化氢 节约原料 A 电解 消耗大量电能 【详解】(1) 人们通过海水晒盐获得NaCl，该方法没有新物质生成，属于物理变化，所以不需经过化学变化就能从海水中获得的一种物质是NaCl。(2) 贝壳的主要成分是CaCO3，碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧
32、化碳，所以燃烧贝壳时发生反应的化学方程式是CaCO3CaO+CO2；氧化钙与水反应生成Ca(OH)2，则在沉淀中生成的Mg(OH)2的离子方程式是Mg2+2OH-=Mg(OH)2。 由碱生成盐可加入酸，过滤后向Mg(OH)2中加入盐酸可得到MgCl2溶液，经过一系列操作得到MgCl2。 电解熔融MgCl2得到镁蒸气和氯气（Cl2）；氢气和氯气反应能生成HCl，HCl溶于水则是盐酸，所以氯气可用于上述流程中的生产氯化氢步骤，这样做的好处是节约原料,镁蒸气冷却后即为固体镁，镁性质活泼，可以和氧气，空气中的氮气、氧气和CO2反应，则冷却镁蒸气时可在氢气氛围中进行，答案选A。 电解是消耗能量最多的工艺流程，所以上述与含镁物质有关的操作中，消耗能量最多的步骤是电解，原因是消耗大量电能。