题目内容
（2010?江苏二模）用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
分析：A、pH=7的NH4Cl和NH3?H2O混合溶液中，OH-浓度为10-7mol/L，溶液中离子数目与离子浓度、溶液体积有关．
B、标准状况下，NO和O2各11.2L，二者物质的量为0.5mol，混合发生反应2NO+O2=2NO2，生成二氧化氮0.5mol，剩余氧气0.25mol，所得混合气体存在平衡2NO2?N2O4，所以所得混合气体的物质的量小于0.75mol．
C、每个CnH2n分子中含有1个C=C双键，根据n=
计算14gCnH2n的物质的量，再根据N=nNA计算碳碳双键数．
D、根据n=
计算铝的物质的量，根据铝与盐酸和氢氧化钠溶液反应方程式进行过量计算，根据氧化还原反应中电子转移结合N=nNA计算转移电子总数．
B、标准状况下，NO和O2各11.2L，二者物质的量为0.5mol，混合发生反应2NO+O2=2NO2，生成二氧化氮0.5mol，剩余氧气0.25mol，所得混合气体存在平衡2NO2?N2O4，所以所得混合气体的物质的量小于0.75mol．
C、每个CnH2n分子中含有1个C=C双键，根据n=
| m |
| M |
D、根据n=
| m |
| M |
解答：解：A、pH=7的NH4Cl和NH3?H2O混合溶液中，OH-浓度为10-7mol/L，溶液中离子数目与离子浓度、溶液体积有关，溶液体积未告诉，无法计算氢氧根离子数目，故A错误；
B、标准状况下，NO和O2各11.2L，二者物质的量为0.5mol，混合发生反应2NO+O2=2NO2，生成二氧化氮0.5mol，剩余氧气0.25mol，所得混合气体存在平衡2NO2?N2O4，所以所得混合气体的物质的量小于0.75mol，所得混合气体的分子总数为小于0.75 NA，故B错误；
C、14gCnH2n的物质的量为
=
mol，每个CnH2n分子中含有1个C=C双键，所以，14gCnH2n中含有的碳碳双键数为
，故C正确；
D、2.7g的物质的量为0.1mol，100mL浓度为2 mol?L-1的盐酸和氢氧化钠溶液含有的氯化氢、氢氧化钠的物质的量为
0.2mol，由2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，铝与氢氧化钠反应，铝完全反应，转移电子数为0.1mol×3×NAmol-1=0.3NA，由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑可知盐酸不足，所以生成氢气0.1mol，转移电子数为0.1mol×2×NAmol-1=0.2NA，故D错误．
故选：C．
B、标准状况下，NO和O2各11.2L，二者物质的量为0.5mol，混合发生反应2NO+O2=2NO2，生成二氧化氮0.5mol，剩余氧气0.25mol，所得混合气体存在平衡2NO2?N2O4，所以所得混合气体的物质的量小于0.75mol，所得混合气体的分子总数为小于0.75 NA，故B错误；
C、14gCnH2n的物质的量为
| 14g |
| 14ng/mol |
| 1 |
| n |
| NA |
| n |
D、2.7g的物质的量为0.1mol，100mL浓度为2 mol?L-1的盐酸和氢氧化钠溶液含有的氯化氢、氢氧化钠的物质的量为
0.2mol，由2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，铝与氢氧化钠反应，铝完全反应，转移电子数为0.1mol×3×NAmol-1=0.3NA，由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑可知盐酸不足，所以生成氢气0.1mol，转移电子数为0.1mol×2×NAmol-1=0.2NA，故D错误．
故选：C．
点评：考查常用化学计量有关计算，难度中等，注意B选项中存在平衡2NO2?N2O4，影响分子数目，但不影响原子数目．
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