学年陕西省安康市高二下学期期末化学试题解析版.docx
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学年陕西省安康市高二下学期期末化学试题解析版
2017-2018学年陕西省安康市高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共23小题，共46.0分）
1.已知W、X、Y、Z均是短周期元素，在元素周期表中的位置如图所示，其中X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的质子数。
下列说法正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A.最高化合价：
X＞Y＞W
B.原子半径大小：
Z＞X＞Y
C.氧化物的熔点：
X＞Z
D.W2的漂白能力和消毒能力要比WY2强
【答案】B
【解析】解：
A．X、Y、W的最高化合价依次为+4、+4、+7，故最高化合价：
X=Y＜W，故A错误；
B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：
Z＞X＞Y，故B正确；
C．X、Z的氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，前者为分子晶体，后者为原子晶体，二氧化硅的熔点更高，故C错误；
D．Cl2、ClO2漂白能力和消毒能力，体现它们的强氧化性，相同物质的量时ClO2获得电子更多，Cl2的漂白能力和消毒能力要比Cl2弱，故D错误，
故选：
B。
由短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中X、Z原子的最外层电子数之和等于Y原子的质子数，设X的最外层电子数为x，则Y的质子数为x+2+2=x+4，故2x=x+4，解得x=4，故X为C、Z为Si、Y为O、W为Cl。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是晶体关键，熟练中掌握元素周期表、元素周期律以及元素化合物的性质，从结构上理解半径变化、金属性与非金属性变化规律。
2.下列有关叙述中，错误的是（ ）
A.在周期表中，短周期共有5种金属元素
B.在ⅡA族中，元素的单质都具有良好的导电性
C.短周期元素中（稀有气体除外），Na原子半径最大
D.在ⅤA族中元素在自然界中都是以化合态的形式存在
【答案】D
【解析】解：
A、锂、铍、钠、镁、铝五种元素，所以在周期表中，短周期共有5种金属元素，故A正确；
B、在ⅡA族都是金属元素，所以元素单质具有良好的导电性，故B正确；
C、序数越大，核内质子越大，对电子的引力越大，使得原子半径反而小，短周期元素最子层最多3个，第三电子层原子序数最小的是钠，所以钠的原子半径大，故C正确；
D、第ⅤA族中元素氮在自然界中以游离态的形式出现，并不是都是化合态的形式出现，故D错误；
故选：
D。
A、锂、铍、钠、镁、铝五种元素；
B、在ⅡA族都是金属元素；
C、序数越大，核内质子越大，对电子的引力越大，使得原子半径反而小，所以同一周期，除了稀有气体元素，序数小的原子半径最大；
D、第ⅤA族中元素氮在自然界中以游离态的形式出现。
本题考查元素周期表的结构，学生只要熟记短周期元素的种类，就可以迅速解题，比较容易。
3.下面是某同学设计的用于鉴别苯和二甲苯的几种方法或试剂，其中最适合的是（ ）
A.液溴和铁粉B.酸性KMnO4溶液C.浓溴水D.在空气中点燃
【答案】B
【解析】解：
A．都可在催化作用下与溴发生取代反应，没有明显的不同现象，不能鉴别，故A不选；
B．二甲苯可被酸性高锰酸钾氧化，而苯不能，可鉴别，故B选；
C．二者与溴水都不反应，且溴溶于苯或二甲苯，不能鉴别，故C不选；
D．含碳量较高，点燃时现象相似，不能鉴别，故D不选。
故选：
B。
苯与二甲苯相比较，二者都可发生取代、加成反应，但二甲苯可被酸性高锰酸钾氧化，以此解答该题。
本题考查有机物的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难度不大。
4.
若定义pX是溶液中微粒X的物质的量浓度的负对数，则常温下，某浓度的草酸（H2C2O4）水溶液中pH2C2O4、pHC2O4-、pC2O42-随着溶液pH的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A.pH=2时，溶液中c（HC2O4-）＞c（H2C2O4）
B.草酸的电离常数Ka2的数量级为10-5
C.
=103
D.在a点和c点溶液中c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）一定相等
【答案】B
【解析】解：
纵坐标是浓度的负对数，则纵坐标数值越大该物质浓度越小，根据图知，II为pH2C2O4、I为pHC2O4-、III为pC2O42-，
A．pH=2时，pH2C2O4＞pHC2O4-，纵坐标数值越大该物质浓度越小，所以c（HC2O4-）＞c（H2C2O4），故A正确；
B．草酸的电离常数Ka2=
，如果c（HC2O4-）=c（C2O42-），则Ka2=c（H+）=10-4.3，故B错误；
C．如果c（H2C2O4）=c（HC2O4-），则Ka1=10-1.3，如果c（HC2O4-）=c（C2O42-），则Ka2=10-4.3，则
=
×
=
=
=103，故C正确；
D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得在a点和c点溶液中c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-）一定相等，故D正确；
故选：
B。
纵坐标是浓度的负对数，则纵坐标数值越大该物质浓度越小，根据图知，II为pH2C2O4、I为pHC2O4-、III为pC2O42-，
A．pH=2时，pH2C2O4＞pHC2O4-，纵坐标数值越大该物质浓度越小；
B．草酸的电离常数Ka2=
，如果c（HC2O4-）=c（C2O42-），则Ka2=c（H+）；
C.
=
×
=
，如果c（H2C2O4）=c（HC2O4-），则Ka1=10-1.3，如果c（HC2O4-）=c（C2O42-），则Ka2=10-4.3；
D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生分析推断能力，正确判断曲线与微粒名称关系是解本题关键，难点是C中计算，注意分式的变换方式，题目难度中等。
5.下列说法错误的是（ ）
A.在任何温度下，反应2CO=2C+O2都不能自发进行
B.航母外壳镶嵌锌块的方法叫外加电流的阴极保护法
C.多饮水可以降低人体形成结石（CaC2O4）的风险
D.催化剂只改变反应路径，不能改变总反应的焓变（△H）
【答案】B
【解析】解：
A．已知2CO（g）=2C（s）+O2（g）中，由化学计量数可知，△S＜0，该反应为分解反应△H＞0，则△H-T△S＞0，任何温度下都不能自发进行，故A正确；
B．形成原电池时，负极被腐蚀，正极被保护，航母外壳镶嵌锌块的方法属于原电池原理，叫牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；
C．浓度大的时候易形成沉淀，多饮水可以减小钙离子和草酸根离子的浓度，可以降低人体形成结石（CaC2O4）的风险，故C正确；
D．催化剂只降低反应的活化能改变反应速率，改变反应路径，不改变反应的焓变，故D正确。
故选：
B。
A．由化学计量数可知，△S＜0，且△H-T△S＜0的反应可自发进行；
B．形成原电池时，负极被腐蚀，正极被保护；
C．浓度大的时候易形成沉淀；
D．催化剂只降低反应的活化能改变反应速率，不改变反应的焓变。
本题考查了反应方向的判断、原电池原理的应用、催化剂等，题目难度不大，熟练掌握基础知识，积累化学与生活知识的关系是解决问题的关键，侧重于考查学生的分析能力应用能力，注意相关知识的积累。
6.下列叙述Ⅰ和叙述Ⅱ均正确并且有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2能够使溴水褪色
B
浓硫酸有腐蚀性
常温下浓硫酸不能用铁罐盛装
C
Cl2是非金属单质
Cl2能使湿润的有色布条褪色
D
高纯单质硅有良好的半导体性能
高纯单质硅可用于制作光电池
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】解：
A．SO2能够使溴水褪色是因为二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，故A错误；
B．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能使铁钝化，所以常温下浓硫酸能用铁罐盛装，故B错误；
C．氯气能与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以Cl2能使湿润的有色布条褪色，故C错误；
D．高纯单质硅有良好的半导体性能，可用于制造太阳能电池，所以高纯单质硅可用于制作光电池，故D正确；
故选：
D。
A．依据二氧化硫的还原性解答；
B．依据浓硫酸的强氧化性解答；
C．氯气能与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；
D．依据晶体硅为良好的半导体材料解答。
本题考查了元素化合物知识，涉及二氧化硫、浓硫酸、氯水、晶体硅，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
7.下列实验装置正确的是（ ）
A.
制取二氧化氮
B.
制乙烯并检验
C.
制取氨气
D.
验证酸性：
HCl＞H2CO3＞C6H5OH
【答案】C
【解析】解：
A．二氧化氮与水反应，不能选排水法收集，故A错误；
B．需要加热至170℃发生消去反应，图中缺少温度计测定温度，故B错误；
C．氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气密度小，图中装置可制备氨气，故C正确；
D．盐酸挥发，盐酸与苯酚钠反应，则图中不能比较碳酸、苯酚的酸性，故D错误；
故选：
C。
A．二氧化氮与水反应；
B．需要加热至170℃发生消去反应；
C．氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气密度小；
D．盐酸挥发，盐酸与苯酚钠反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、物质的制备、酸性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.下列说法正确的是（ ）
A.糖类物质都能发生水解B.油脂属于高分子化合物
C.氨基酸能与NaOH反应D.蛋白质与浓硫酸能发生显色反应
【答案】C
【解析】解：
A．糖类中的单糖为最简单的糖，如葡萄糖、果糖等，不水解，故A错误；
B．油脂的相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；
C．氨基酸含有羧基，具有酸性，可与氢氧化钠溶液反应，故C正确；
D．蛋白质与浓硝酸发生显色反应，与浓硫酸不发生显色反应，故D错误。
故选：
C。
A．单糖不水解；
B．高分子化合物的相对分子质量在10000以上；
C．氨基酸含有羧基，具有酸性；
D．蛋白质与浓硝酸发生显色反应。
本题考查有机物的组成及性质，为高频考点，把握营养物质的组成、性质、有机反应为解答的关键，有利于培养学生良好的科学素养，注意有机物的官能团及特性，题目难度不大。
9.化学反应原理在日常生活和工业生产中具有极为重要的应用，下列说法错误的是（ ）
A.电解饱和氯化镁溶液可得金属镁
B.热的纯碱溶液能洗涤除去餐具上的油污
C.铁器上镀Zn时，铁应与直流电源负极相连
D.为防止金属文物生锈，文物应该保存在干燥环境中
【答案】A
【解析】解：
A．电解熔融氯化镁可以获得金属镁，电解饱和氯化镁溶液可得氢氧化镁、氢气和氯气，故A错误；
B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故B正确；
C．电镀时，待镀金属作阴极，铁器上镀Zn时，铁应与直流电源负极相连作阴极，故C正确；
D．潮湿的环境中金属易发生电化学腐蚀，所以为防止金属文物生锈，文物应该保存在干燥环境中，故D正确。
故选：
A。
A．电解熔融氯化镁可以获得金属镁；
B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油脂在件容易中水解生成溶于水的物质；
C．电镀时，待镀金属作阴极；
D．潮湿的环境中金属易发生电化学腐蚀。
本题考查了金属的冶炼、盐类的水解、电化学原理，侧重于基本原理应用的考查，注意把握化学原理、物质的性质与用途的关系，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累。
10.
某有机物是光电材料合成原料，其结构简式如图所示。
在常温下，该有机物能与下列试剂发生化学反应的是（ ）
A.H2/NiB.酸性KMnO4溶液
C.NaHCO3溶液D.浓HNO3和浓H2SO4混合液
【答案】B
【解析】解：
A．含苯环、双键，加热与氢气发生加成反应，常温不反应，故A不选；
B．含碳碳双键，常温下被酸性KMnO4溶液氧化，故B选；
C．不含-COOH，与碳酸氢钠溶液不反应，故C不选；
D．苯环上H发生硝化反应时需要水浴加热，常温下不反应，故D不选；
故选：
B。
由结构可知，分子中含碳碳双键、-COOC-及苯环，结合烯烃、酯及苯的性质来解答。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应条件及反应类型，题目难度不大。
11.有机化学知识在生活中具有广泛应用，下列说法正确的是（ ）
A.用灼烧的方法可以鉴别毛织物和棉织物
B.石炭酸有弱酸性，属于羧酸类
C.地沟油不属于油酯，因此不能食用
D.肥皂的主要成分为硬脂酸钠，因其为钠盐，故不再是有机物
【答案】A
【解析】解：
A．毛织物的主要成分为蛋白质，灼烧具有烧焦的羽毛气味，可用灼烧的方法鉴别，故A正确；
B．苯酚俗称石炭酸，含有的官能团为羟基，不含羧基，故B错误；
C．地沟油的主要成分为油脂，为厨余废弃物，不能食用，故C错误；
D．硬脂酸钠属于硬脂酸的钠盐，为有机物，故D错误。
故选：
A。
A．毛织物的主要成分为蛋白质；
B．苯酚俗称石炭酸；
C．地沟油的主要成分为油脂；
D．硬脂酸钠属于有机盐。
本题考查有机物的组成及性质，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，把握营养物质的组成、性质、有机反应为解答的关键，有利于培养学生良好的科学素养，注意有机物的官能团及特性，题目难度不大。
12.已知25℃时，H2SO4的电离常数为Ka1=1×103，Ka2=1×10-2，通常认为H2SO4在水中第一步电离是完全电离的。
下列关于H2SO4的说法中正确的是（ ）
A.NaHSO4溶液中各离子浓度的关系为c（Na+）=c（H+）=c（SO42-）
B.在检验SO42-时，为排除其他离子的干扰，常用硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液
C.SO3可以与Na2SO4溶液反应，其离子方程式为SO3+H2O+SO42-⇌2HSO4-
D.向0.1mol•L-1的NaHSO4溶液中加入过量的氯化钡固体，充分反应后（忽略溶液体积的变化），所得溶液的pH=2
【答案】C
【解析】解：
A．根据硫酸电离平衡常数知，NaHSO4中HSO4-部分电离生成SO42-但是不能发生水解反应，水还电离生成H+，所以c（Na+）＞c（H+）＞c（SO42-），故A错误；
B．硝酸能氧化SO32-生成SO42-从而干扰实验，在检验SO42-时，为排除其他离子的干扰，常用盐酸酸化的BaCl2溶液，故B错误；
C．HSO4-部分电离生成SO42-，说明SO3可以与Na2SO4溶液反应生成HSO4-，SO3可以与Na2SO4溶液反应，其离子方程式为SO3+H2O+SO42-⇌2HSO4-，故C正确；
D．向0.1mol•L-1的NaHSO4溶液中加入过量的氯化钡固体，发生化学反应NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+NaCl+HCl，根据方程式知，反应后混合溶液中c（HCl）=0.1mol/L，溶液的pH=1，故D错误；
故选：
C。
A．根据硫酸电离平衡常数知，NaHSO4中HSO4-部分电离生成SO42-但是不能发生水解反应，水还电离生成H+；
B．硝酸能氧化SO32-生成SO42-；
C．HSO4-部分电离生成SO42-，说明SO3可以与Na2SO4溶液反应生成HSO4-；
D．向0.1mol•L-1的NaHSO4溶液中加入过量的氯化钡固体，发生化学反应NaHSO4+BaCl2=BaSO4↓+NaCl+HCl，根据方程式知，反应后混合溶液中c（HCl）=0.1mol/L。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断及计算能力，明确物质性质是解本题关键，注意：
硫酸第一步完全电离第二步部分电离，易错选项是B，离子检验时要排除干扰，题目难度不大。
13.下列不能达到实验目的或现象描述错误的是（ ）
选项
实验目的
试剂与方法条件
现象
A
除去乙烯中的SO2
通过溴水溶液
褪色
B
除去工业酒精中的水
加生石灰，蒸馏
-
C
证明乙烯中含不饱和碳碳键
通过溴的CCl4溶液
褪色
D
检验淀粉是否水解
先加足量NaOH溶液，再加新制氢氧化铜悬浊液，煮沸
出现红色沉淀
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】解：
A．二者均与溴水反应，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气，故A错误；
B．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故B正确；
C．乙烯与溴发生加成反应，则反应后溶液褪色，故C正确；
D．淀粉水解后，在碱性条件下检验葡萄糖，则水解后先加足量NaOH溶液，再加新制氢氧化铜悬浊液，煮沸，出现砖红色沉淀，故D正确；
故选：
A。
A．二者均与溴水反应；
B．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异；
C．乙烯与溴发生加成反应；
D．淀粉水解后，在碱性条件下检验葡萄糖。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.在资源利用中，常涉及下列化学反应：
M+7Fe2（SO4）3+8H2O
15FeSO4+8H2SO4．下列有关该反应的判断正确的是（ ）
A.M为FeS
B.反应后，溶液中由水电离出的c（H+）增大
C.氧化剂是Fe2（SO4）3，只有铁元素被还原
D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为8：
15
【答案】C
【解析】解：
A．化学反应：
M+7Fe2（SO4）3+8H2O
15FeSO4+8H2SO4中，由原子守恒可知，M中含有1个Fe原子和2个S原子，则M为FeS2，故A错误；
B．反应后生成硫酸，溶液的酸性增强，酸碱抑制水的电离，所以溶液中由水电离出的c（H+）减小，故B错误；
C．反应中Fe的化合价降低，S的化合价升高，氧化剂是Fe2（SO4）3，只有铁元素被还原，故C正确；
D．化学反应：
FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O
15FeSO4+8H2SO4中，FeSO4是还原产物，产物中8molH2SO4只有2mol是氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：
15，故D错误。
故选：
C。
A．化学反应：
M+7Fe2（SO4）3+8H2O
15FeSO4+8H2SO4中，由原子守恒可知，M中含有1个Fe原子和2个S原子；
B．酸碱抑制水的电离；
C．反应中Fe的化合价降低，S的化合价升高；
D．根据方程式中氧化剂与还原剂的计量数判断。
本题考查了氧化还原反应的计算，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，注意从化合价变化的角度分析，把握氧化还原反应的基本概念是解题的关键。
15.已知几种共价键的键能如下：
化学键
H-N
N≡N
Cl-Cl
H-Cl
键能/kJ•mol-1
391
946
328
431
下列说法错误的是（ ）
A.键能：
N≡N＞N=N＞N-N
B.H（g）+Cl（g）=HCl（g）△H=-431kJ•mol-1
C.H-N键能小于HCl键能，所以NH3的沸点高于HCl
D.2NH3（g）+3Cl2（g）=N2（g）+6HCl（g）△H=-202 kJ•mol-1
【答案】C
【解析】解：
A．三键键长小于双键键长小于单键键长，键长越短，键能越大，所以键能：
N≡N＞N=N＞N-N，故A正确；
B．H（g）+Cl（g）=HCl（g）的焓变为H-Cl键能的相反数，则△H=-431kJ/mol，故B正确；
C．NH3的沸点高于HCl是由于NH3形成分子间氢键，而HCl不能，键能不是主要原因，故C错误；
D．根据△H=∑E（反应物）-∑E（生成物），则2NH3（g）+3Cl2（g）=N2（g）+6HCl（g）△H=6E（N-H）+3E（Cl-Cl）-E（N≡N）-6E（H-Cl）=-202 kJ/mol，故D正确，
故选：
C。
A．三键键长小于双键键长小于单键键长；
B．H（g）+Cl（g）=HCl（g）的焓变为H-Cl键能的相反数；
C．NH3的沸点高于HCl是由于NH3形成分子间氢键，而HCl不能；
D．根据△H=∑E（反应物）-∑E（生成物）计算。
本题考查键能的相关知识，氢键的性质，键能的计算，难度不大，是基础题。
16.从铝土矿（主要成分是Al2O3，含Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：
下列分析判断合理的是（ ）
A.利用盐酸工艺比利用烧碱工艺更能体现绿色化学理念
B.向滤液B中加入KSCN溶液不会出现颜色变化
C.滤液E、K中溶质的主要成分都是NaHCO3
D.固体X的成分只有Fe2O3
【答案】C
【解析】解：
A．利用盐酸工艺、烧碱工艺都没有有害物质产生，所以都能体现绿色化学理念，故A错误；
B．滤液B含有AlCl3、FeCl3、MgCl2、HCl，氯化铁和KSCN发生络合反应生成红色的Fe（SCN）3，所以B中加入KSCN溶液后出现红色，故B错误；
C．滤液E中含有NaCl、NaHCO3，滤液K中含有NaHCO3，所以滤液EK中溶质的主要成分都是NaHCO3，故C正确；
D．固体X为Fe2O3、MgO，故D错误；
故选：
C。
由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有AlCl3、FeCl3、MgCl2、HCl，滤液B中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为Fe（OH）3，滤液D含有NaAlO2、NaCl、NaOH，向滤液D中通入过量CO2，生成Al（OH）3与NaHCO3，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；
根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和NaOH溶液反应，可知固体X为Fe2O3、MgO，滤液Y为Na2SiO3、NaAlO2，滤液Y中通入过量CO2，沉淀Z为Al（OH）3、H2SiO3，滤液K中含有NaHCO3，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，结合题目分析解答。
本题考查物质分离和提纯，明确元素化合物性质及性质差异性是解本题关键，知道流程图中各沉淀及溶液中物质成分即可解答该题，注意基础知识的总结归纳，题目难度不大。
17.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.标准状况下，11.2 L CHCl3中含有的共用电子对数为2NA
B.常温下，28 g铁粉与足量稀硝酸反应，转移电子总数为1.5 NA
C.2 L0.1 mol•L-1氢氟酸溶液中含有的H+离子总数为0.2 NA
D.0.5 mol NO与0.25 mol O2在密闭容器中充分反应，产物的分子数为0.5 NA
【答案】B
【解析】解：
A．标况下三氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B.28g铁粉物质的量为：
=0.5mol，与足量稀硝酸反应反应生成0.5mol三价铁离子，转移1.5NA个电子，故B正确；
C．氢氟酸为弱酸，不能完全电离，2 L0.1 mol•L-1氢氟酸溶液中含有的H+离子总数小于0.2 NA，故C
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