福建省三明市第一中学届高三上学期期中考试化学试题.docx
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福建省三明市第一中学届高三上学期期中考试化学试题
福建省三明市第一中学2018届高三上学期期中考试化学试题
（考试时间:
120分钟满分：
100分）
可能用到的相对原子质量：
H-1C-12N-14O-16Mg-24Cu-64Co-59
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一．选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分。
）
1.中国古代四大发明是：
造纸术、指南针、火药、活字印刷术。
来自“一带一路”沿线的20国青年评选出了中国的“新四大发明”：
网购、支付宝、中国高铁、共享单车。
“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是
A.网购B.支付宝C.中国高铁D.共享单车
【答案】C
【解析】高铁需要化学方法制取的新材料的支撑，所以“新四大发明”中与化学关系最密切的一项是中国高铁，故选C。
2.《本草纲目》在绿矾（FeSO4·7H2O）“发明”项载：
“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”。
下列叙述正确的是
A.绿矾能电离出H+，所以有“味酸”B.绿矾锻烧后的固体产物为FeO
C.可用无水CuSO4检验煅烧绿矾有H2O生成D.通入Ba（NO3）2溶液可检验煅烧产物中的SO3
【答案】C
【解析】A.绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出H+，之所以有“味酸”，是溶解时亚铁离子水解的结果，故A错误；B.绿钒锻烧后生成赤色的产物为氧化铁，故B错误；C.水蒸气遇到无水CuSO4会变成蓝色，因此可以用无水CuSO4检验锻烧绿钒有H2O生成，故C正确；D.酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，若生成二氧化硫，也会被氧化生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选C。
3.下列变化或过程属于化学变化的是
A.激光法蒸发石墨得C60B.丁达尔效应
C.紫色石蕊试液通过活性炭变成无色D.用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应
【答案】A
【解析】试题分析：
A、石墨和C60的结构不同，属于不同的物质，激光法蒸发石墨得C60，生成了新物质，属于化学变化，故A正确；B、丁达尔效应是光线遇到胶体粒子发生了散射形成的，无新物质生成，不属于化学变化，故B错误；C、活性炭具有吸附性，紫色石蕊试液通过活性炭，颜色物质被活性炭吸附，溶液变成无色，无新物质生成，故C错误；D、用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应，无新物质生成，故D错误；故选A。
考点：
考查了物理变化和化学变化的判断的相关知识。
4.“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力。
已知金属钛的原子序数为22，化学性质与铝类似。
下列说法正确的是
A.钛属于主族元素
B.钛合金强度很大，是有色金属材料
C.蒸干TiCl4溶液可得无水钛盐
D.在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得合金
【答案】B
【解析】A、金属钛的原子序数为22，位于第四周期第IIB族，不是主族元素，故A错误；B、钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力，钛合金强度很大，铁、钴、镍属于黑色金属，其余均属于有色金属，故B正确；C、TiCl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛，得不到钛盐，故C错误；D、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故D错误；故选B。
点睛：
本题考查元素在周期表中的位置、合金的性质和盐的水解的知识。
本题的易错点为C，TiCl4是强酸弱碱盐，水解生成的氯化氢易挥发，促进水解。
5.下列关于物质的分类或关系正确的是
A.同分异构体：
CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）2、C（CH3）4
B.酸性氧化物：
CO、SiO2、SO3、P2O5、Mn2O7
C.混合物：
铝热剂、胆矾晶体、纯净矿泉水、胶体、淀粉
D.非电解质：
乙醇、四氯化碳、氨气、氯气、氯化银
【答案】A
【解析】A、CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）2、C（CH3）4符合分子式相同，结构不同的特征属于同分异构体，故A正确；B．CO不能和碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，SO2，SiO2，Mn2O7都能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故B错误；C．胆矾晶体就是硫酸铜晶体，属于纯净物，故C错误；D．氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，氯化银属于电解质，故D错误；故选A。
6.下列表述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项
表述Ⅰ
表述Ⅱ
A
SiO2有导电性
SiO2可用于制备光导纤维
B
SO2有漂白性
SO2可使溴水褪色
C
浓硫酸有强氧化性、吸水性
浓硫酸可使蔗糖变黑
D
Fe3+有氧化性
FeCl3溶液可用于刻蚀印刷电路板
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】A、二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料，Ⅰ不正确、Ⅱ正确，无因果关系，故A不选；B、二氧化硫的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质，二氧化硫和溴发生氧化还原反应，Ⅰ、Ⅱ正确但无因果关系，故B不选；C．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H、O元素以2：
1水的形式脱去，浓硫酸使蔗糖和纸张碳化变黑是其脱水性所致，与浓硫酸的吸水性无关，二者没有因果关系，故C不选；D．铁离子具有氧化性，能和Cu发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，从而用氯化铁溶液腐蚀铜，二者有因果关系，故D选；故选D。
7.Se、Br两种元素的部分信息如右图所示，下列说法正确的是
A.原子半径：
Br＞Se
B.还原性：
Se2－＜Br－
C.在Se2Br2分子中只含有极性键
D.SeO2既有氧化性又有还原性
【答案】D
【解析】A．硒和溴属于同一周期元素，硒的原子序数小于溴，所以原子半径Br＜Se，故A错误；B．同一周期元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而减小，还原性Se2-＞Br-，故B错误；C．在Se2Br2分子中硒原子间存在非极性键，溴和硒原子之间存在极性键，故C错误，D.SeO2 中硒为+4价，处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故D正确；故选D。
8.金属铈（58Ce）常用于制作稀土磁性材料，可应用于制造玻璃、打火石、陶瓷和合金等。
已知：
Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+。
下列说法正确的是
A.铈的原子核外有58个电子B.可用电解熔融CeO2制取金属铈，铈在阳极生成
C.
是同素异形体D.铈能溶于HI溶液，反应的离子方程式为：
Ce+4H+=Ce4++2H2↑
【答案】A
【解析】A．根据金属铈（58Ce）可知，铈元素的质子数为58，原子中质子数等于核外电子，故铈的原子核外有58个电子数，故A正确；B．电解熔融状态的CeO2可制备Ce，在阴极获得铈，阴极是Ce4+离子得到电子生成Ce，电极反应为：
Ce4++4e-=Ce，故B错误；C．58138Ce、58142Ce具有相同质子数，不同中子数，故它们互为同位素，不是同素异形体，故C错误；D．由于氧化性Ce4+＞Fe3+＞I-，铈溶于氢碘酸，发生氧化还原反应，生成CeI3和I2，故D错误；故选A。
9.几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，分析判断下列说法正确的是
元素符号
A
B
D
E
G
H
I
J
化合价
-1
-2
+4，-4
-1
+5，-3
+3
+2
+1
原子半径/nm
0.071
0.074
0.077
0.099
0.110
0.143
0.160
0.186
A.I在DB2中燃烧生成两种化合物B.A、H、J的离子半径由大到小的顺序是H>J>A
C.GE3为离子化合物D.A单质能从B的简单氢化物中置换出B单质
【答案】D
【解析】短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于ⅦA族，B处于ⅥA族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于ⅣA族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于ⅤA族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；H、I、J的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知H为Al、I为Mg、J为Na。
A．镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故A错误；B．F-、Na+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：
F-＞Na+＞Al3+，故B错误；C．PCl3属于共价化合物，故C错误；D．氟气能与水反应生成HF与氧气，故D正确；故选D。
10.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。
仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO
NaOH溶液
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】A.NH3应使用向下排气法收集，故A不合理；B.SO2的溶解度很大，不适合使用浓盐酸制取，故B不合理；C.合理;D.使用浓盐酸与二氧化锰制取氯气，需要加热，故D不合理。
故选C。
11.下列图示装置正确且能达到实验目的的是
A.制备少量氧气B.固液分离C.提纯碘D.蒸馏提纯
【答案】C
【解析】A.过氧化钠溶于水，不能放在多孔隔板上，故A错误；B.过滤时漏斗下端需要靠在烧杯内壁上，故B错误；C.碘易升华，可以通过图示装置提纯碘，故C正确；D.蒸馏时温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选C。
12.下列离子方程式书写正确的是
A.向水玻璃中通入过量二氧化碳：
SiO32-＋CO2＋H2O＝CO32-＋H2SiO3↓
B.向AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：
Al3＋＋4NH3·H2O＝[Al（OH）4]－＋4NH4＋
C.向碳酸氢铵溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：
NH4++OH-＝NH3•H2O
D.向Na[（AlOH）4]溶液中通入过量二氧化碳：
[Al（OH）4]－＋CO2＝Al（OH）3↓+HCO3－
【答案】D
【解析】A．水玻璃中通入过量的二氧化碳，反应生成硅酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：
SiO32-+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3-，故A错误；B．氨水不能溶解氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，正确的离子方程式为：
Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．向碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液，离子方程式：
NH4++HCO3-+2OH-═CO32-+H2O+NH3•H2O，故C错误；D．向Na[Al（OH）4]溶液中通入过量CO2，离子方程式：
[Al（OH）4]-+CO2═Al（OH）3↓+HCO3-，故D正确；故选D。
13.下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入（或通入）X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
K+、Na+、ClO－、SO42－
少量SO2
SO2+ClO－+H2O＝SO42－+Cl－+2H+
B
NH4+、Fe3+、Br－、SO42－
过量H2S
2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+
C
NH4+、Na+、Fe3+、[Al（OH）4]－
过量铜粉
2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+
D
K+、Na+、HCO3－、[Al（OH）4]－
少量HCl
H++[Al（OH）4]－＝Al（OH）3↓+H2O
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】A．二氧化硫少量时，反应产物中的氢离子与次氯酸根离子反应生成HClO，正确的离子方程式为：
SO2+3ClO-+H2O═SO42-+Cl-+2HClO，故A错误；B．NH4+、Fe3+、Br-、SO42-之间不反应，加入过量H2S后发生反应：
2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故B正确；C．Fe3+与[Al（OH）4]-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．HCO3-与[Al（OH）4]－能够反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。
点睛：
本题考查离子共存、离子方程式的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：
能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等。
本题的易错点为D，HCO3-、[Al（OH）4]－能够反应，HCO3-电离促进[Al（OH）4]－水解，反应生成氢氧化铝沉淀。
14.下列溶液能区别SO2和CO2的是
①石灰水②石蕊试液③品红溶液④酸性KMnO4溶液⑤氯水⑥H2S溶液⑦NaOH溶液
A.③④⑤⑥B.①②⑦C.②③④⑤⑥D.③④
【答案】A
【解析】①SO2和CO2都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区别SO2和CO2，错误；②SO2和CO2的水溶液均显酸性，滴入石蕊试液，均显红色，不能区别，错误；③SO2还具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有此性质，所以能利用品红溶液区别SO2和CO2，正确；④SO2也具有还原性，能被KMnO4酸性溶液氧化（溶液褪色），而CO2没有此性质，所以能利用KMnO4酸性溶液区别SO2和CO2，正确；⑤SO2也具有还原性，能被氯水氧化（溶液褪色），而CO2没有此性质，所以能利用氯水区别SO2和CO2，正确；⑥SO2具有氧化性，能将H2S溶液氧化生成单质（有黄色沉淀生成），而CO2没有此性质，所以能利用H2S溶液区别SO2和CO2，正确；⑦SO2和CO2与NaOH溶液反应均无明显现象，不能区别，错误；所以能够区别SO2和CO2气体的溶液有：
③④⑤⑥，故选A。
点睛：
把握二氧化硫的还原性、漂白性为解答的关键。
根据SO2和CO2性质的差异可知，二氧化硫既有氧化性又有还原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化还原反应，则利用二氧化硫的还原性及漂白性来区分SO2和CO2气体。
15.下列各组物质能满足如图所示转化关系的是（图中箭头表示一步转化）
a
b
c
d
①
S
SO2
H2SO3
H2SO4
②
Si
SiO2
H2SiO3
Na2SiO3
③
Cu
CuO
CuSO4
Cu（OH）2
④
N2
NO
NO2
HNO3
A.②③B.①④C.①②D.③④
【答案】B
【解析】①硫在空气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，分解生成二氧化硫；亚硫酸被空气氧化生成硫酸，硫酸与亚硫酸钠能够反应生成亚硫酸或二氧化硫，二氧化硫也能够被氧化剂氧化生成硫酸，符合上述转化关系，故正确；②二氧化硅不溶于水，与水不反应，不能实现b→c，故错误；③氧化铜不溶于水，与水不反应，不能实现b→c，故错误；④氮气氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，符合上述转化关系，故正确；故选B。
16.工业上利用空气吹出法提取溴的部分流程如下：
下列说法错误的是
A.②中可以采用足量纯碱溶液，发生的反应是：
3Br2+6CO3２－+3H2O=5Br－+BrO3－+6HCO3－
B.第③步酸化，需加入氧化性酸，才能将Br－氧化为Br2
C.第④步，采用的是蒸馏的方法
D.B溶液颜色比A溶液深
【答案】B
【解析】由流程可知，①中发生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，利用空气将吹出塔中含Br2的溶液，经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液，其目的是富集溴，提高Br2的浓度，加入碱液重新吸收，所得溶液富含BrO3-，③中发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，最后利用蒸馏得到溴。
A．纯碱是碳酸钠，与溴反应有BrO3-生成，反应的离子方程式为3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2↑，故A正确；B．溶液中含有Br-、BrO3-，在酸性条件下可发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，无需加入氧化酸，故B错误；C．含溴的水溶液B中溴的浓度较大，溴与水的沸点不同，可通过蒸馏获得液溴，故C正确；D．B经过富集，浓度较大，则B的颜色比A深，故D正确；故选B。
17.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.2mol浓硫酸与足量Cu反应，转移电子数为2NA
B.5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NA
C.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中氧原子数为NA
D.常温常压下，20gD2O含有的质子数、中子数、电子数均为10NA
【答案】D
【解析】A.随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，变成稀硫酸后与铜不再反应，因此2mol浓硫酸与足量Cu反应，不可能完全反应，转移电子数少于2NA，故A错误；B.未说明是否为标准状况，无法计算5.6L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，故B错误；C.100g质量分数为46%的乙醇水溶液还含有46g乙醇和54g水，水中也含有氧原子，氧原子数大于NA，故C错误；D.20gD2O的物质的量为
=1mol，1个D2O分子含有的质子数=电子数=1×2+8=10、中子数=1×2+8=10，因此20gD2O含有的质子数、中子数、电子数均为10NA，故D正确；故选D。
18.下列实验方案能达到实验目的的是
选项
实验方案
实验目的或结论
A
将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色
可证明氧化性：
H2O2比Fe3+强
B
向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL2%的CuSO4溶液，振荡，再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀
说明Y中不含醛基
C
取ag铝箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为VL（已转化为标准状况下）
测定铝箔中氧化铝的含量
D
比较不同反应的反应热数据大小
从而判断反应速率的大小
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【考点定位】考查化学实验方案的评价．
【名师点晴】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、反应速率的影响等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性。
19.在混合体系中,确认化学反应先后顺序有利于问题的解决,下列反应先后顺序判断正确的是
A.在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：
I-、Br-、Fe2+
B.在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：
Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+
C.在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2：
KOH、Ba（OH）2、BaCO3、K2CO3
D.在含等物质的量的[Al（OH）4]-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：
[Al（OH）4]-、Al（OH）3、OH-、CO32-
【答案】B
【解析】A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：
I-＞Fe2+＞Br-，故A错误；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子反应，离子的氧化性顺序是：
Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，故B正确；C、在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba（OH）2反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸，氢离子先是和氢氧根离子发生中和反应，故D错误；故选B。
点睛：
本题考查化学反应的先后顺序的知识。
判断先后反应总原则是，先发生的反应产物与其他物质能大量共存，若产物不能与其他物质大量共存，则它一定不能先反应。
20.图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。
下列反应对应的曲线正确的是
A.A曲线表示向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
B.B曲线表示向Na[Al（OH）4]溶液中滴入HNO3溶液至过量
C.C曲线表示向n（HCl）:
n（AlC13）=1:
1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量
D.D曲线表示向n[Ca（OH）2]:
n（KOH）=1:
2的混合溶液中通入CO2至沉淀消失
【答案】D
【解析】A、向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠是3：
1，故A错误；B、向NaAlO2溶液中滴入HNO3至过量，NaAlO2和硝酸反应产生白色沉淀氢氧化铝，沉淀又溶解于过量的硝酸中，两阶段消耗的硝酸物质的量之比为1:
3，故B错误；C、向n（HCl）：
n（AlC13）=1：
1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应OH-+H+═H2O、Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O消耗氢氧化钠的量之比是1：
3：
1，故C错误；D、向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca2++CO32-═CaCO3↓，2OH-+CO2═CO32-+H2O，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，设Ca（OH）2的物质的量为1mol，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为1、3、1，故D正确；故选D。
21.亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，它的性质或用途，其物理性质与NaCl极为相似。
相关化学性质如图所示，下列说法不正确的是
A.NaNO2稳定性大于NH4NO2
B.NaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂
C.可用KI、淀粉和食醋鉴别NaNO2和NaCl
D.分解NaN3盐每产生1molN2 转移6mol e-
【答案】D
学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...
22.将11.2g的Mg－Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。
再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀。
则气体x的成分可能是
A.0.3molNO2和0.3molNOB.0.2molNO2和0.1molN2O4
C.0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4D.0.6molNO
【答案】C
【解析】试题分析：
向Mg﹣Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为21.4g﹣11.2g=10.2g，物质的量为10.2/17mol=0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg﹣Cu提供的电子为0.6mol，A、生成0.3mo1NO2和0.3mo1NO，N元素获得电子为0.3mol×（5﹣4）+0.3mol×（5﹣2）=1.2mol，得失电子不相等，故A错误；B、生成0.2mo
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