第一单元 物质的量测试题-2022年高考化学一轮复习名师精讲练

这是一份第一单元 物质的量测试题-2022年高考化学一轮复习名师精讲练，共14页。试卷主要包含了NA代表阿伏伽德罗常数的值，设NA为阿伏加德罗常数值，设阿伏加德罗常数的值为NA等内容，欢迎下载使用。
第一单元 物质的量测试题
1．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
B．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子
C．标准状况下，22.4L N2和H2混合气中含NA个原子
D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子
2．NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A．92.0 g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NA
B．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA
C．28 g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2.0NA
D．0.2 mol冰醋酸与0.4 mol乙醇一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯的分子数为0.2NA
3．设NA阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．10g的2H216O含有的质子数与中子数均为5NA
B．32g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6NA
C．26gC2H2与C6H6混合气体中含C—H键的数目为2NA
D．120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA
4．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64 g
B．0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1NA
C．1 L 0.5 mol·L-1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目大于NA
D．0.1 mol环氧乙烷()中含有共价键的总数约为0.3×6.02×1023
5．NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A．标准状况下，2.24 L CC14所含的原子数为0.5 NA
B．常温下，在18g D2O中含有NA个氧原子
C．常温下，7.8 g苯中所含C—H数为0.6NA
D．标准状况下，11.2L乙烯含有非极性共价键数目为3NA
6．某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子构成HmX分子。在a g HmX中所含质子的物质的量是(　　)
A． (A－N＋m) mol B． (A－N) mol
C． (A－N) mol D． (A－N＋m) mol
7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．32g O2所含的原子数目为NA
B．标准状况下，11.2L H2O中含有的原子数目为1.5 NA
C．2L 0.3mol/L的K2SO4溶液中K+离子的物质的量浓度为1.2mol/L
D．常温下，0.5 NA个氯气分子的物质的量是0.5mol
8．设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是

A．N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+
B．每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NA
C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象
D．1g CO2 、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA
9．设阿伏加德罗常数的值为NA。有关化工原料苯乙炔的下列叙述正确的是
A．51 g该物质中含有单键数目为2NA B．标准状况下，22.4 L苯乙炔最多消耗2NA个HCl
C．1mol苯乙炔分子中共线的原子数最多为6NA D．苯乙炔与足量H2加成产物的一氯代物有5种
10．关于O2与O3气体，下列比值一定为2:3的是
A．若两种气体所占体积相同，两种气体的质量之比
B．若温度及压强相同，两种气体的密度之比
C．若两种气体原子数相同，两种气体的质子数之比
D．若两种气体的质量相同，两种气体的分子数之比
11．捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）

A．标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA
B．10.1 g N（C2H5）3中所含的极性共价键数目为2.1NA
C．2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NA
D．100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
12．实验室常用王水（浓硝酸和浓盐酸按体积比1：3的混合物）来溶解白金等贵金属进行科学实验。王教授用质量分数为63%的浓硝酸（密度1.40g/）和质量分数为36.5%的浓盐酸（密度1.19g/）来配制王水600毫升，假设忽略两种酸混合时的体积变化也不考虑混合后的化学变化，下列说法错误的是
A．该王水中硝酸的物质的量浓度是3.5mol/L
B．该王水中氧元素的质量是100.8g
C．该王水的密度约为1.24g/
D．该王水中HCl的质量分数约为26.2%
13．实验室欲使用 450 mL 0.2 mol•L－1 CuSO4 溶液，配制该溶液包含以下步骤：
①称取一定质量胆矾(CuSO4•5H2O)、放入烧杯，用适量蒸馏水将其完全溶解；
②把溶液小心地注入容量瓶中；
③继续向容量瓶中加蒸馏水至凹液面距刻度线1～2cm 时，改用胶头滴管滴加，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切为止；
④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3 次，每次洗涤液都转入容量瓶，并轻轻摇匀；
⑤将容量瓶塞好，充分摇匀。
请填写下列空白：
(1)应该称取胆矾的质量是_________。
(2)上述操作的正确顺序是_________。
(3)实验用到的仪器有托盘天平(砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒__________等。
(4)下列情况中会导致所配溶液浓度偏小的是_________(填序号)。
a.容量瓶使用前未干燥
b.转移溶液后，烧杯没有洗涤
c.定容过程观察容量瓶内液面时，俯视刻度线
d.颠倒摇匀后，发现液面低于刻度线，不作任何处置
e.加蒸馏水时不慎超过刻度线，用胶头滴管小心地吸去超出部分，使凹液面底部与刻度线相切
(5)取 100 mL 所配溶液，向其中加入 1.68 g 铁粉，充分反应后，过滤，将固体洗涤、干燥后，再加入1 mol•L－1 稀硫酸至固体不再溶解。
试计算：
①至少需要稀硫酸 _________mL。
②固体溶解过程中产生氢气_________mL(标准状况)。
14．铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料．研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%～5%的铝镁合金(不含其他元素)中镁的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：
[方案一]
[实验方案]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。
实验中发生反应的化学方程式是___。
[实验步骤]
(1)称取10.8g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0mol⋅L-1NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V≥___mL。
(2)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
[方案二]
[实验方案]将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积。
[实验步骤]
(1)同学们拟选用如图1实验装置完成实验：

你认为最简易的装置其连接顺序是A接___接___接___(填接口字母，可不填满)。
(2)仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了如图2所示的实验装置。
①装置中导管a的作用是___。
②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL，则产生氢气的体积为___mL。
③若需确定产生氢气的量，还需测定的数据是___。
15．某研究小组同学为探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)设计了如下实验。在大试管A中加入100mL 18mol/L硫酸，向连接在塑料棒上的多孔塑料球内加入足量的锌粒(塑料棒可以上下移动)，在试剂瓶D中加入足量的浓NaOH溶液(加热和夹持装置已省略)。
已知：锌与浓硫酸接触，开始时反应缓慢，可以适当加热以加速其反应，当有大量气泡生成时，该反应速率会明显加快并伴有大量的热放出。

(1)请写出锌与硫酸反应产生SO2的化学方程式_______。
(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是__________。
(3)长导管B的作用是______，如果没有这个设计，最终测定的临界浓度会_______。(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
(4)装置中干燥管C的作用是_______。
(5)反应结束后向D装置中加入足量的H2O2溶液和足量的BaCl2溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥、称量得到固体质量为a克，则浓硫酸与锌反应的临界浓度为：_________mol/L。(用含a的计算式表示，忽略体积变化)
(6)某同学通过联系氧化还原反应的相关知识，认为也可以利用硫酸酸化的高锰酸钾溶液对D中的SO进行滴定，通过滴定出的SO的物质的量计算临界浓度，你认为他的这一想法是否可行?______(填“可行”或“不可行”)，原因是_____。
16．84消毒液、酒精、过氧乙酸等消毒剂在抗击新型冠状病毒肺炎疫情中起到重要作用。回答下列问题：
Ⅰ.84消毒液是北京第一传染病医院(现北京地坛医院)于1984年研制的一种消毒液，主要成分为受热易分解的次氯酸钠(NaClO)。某实验小组用如图装置制备84消毒液。

(1)A中发生反应的离子方程式为___。
(2)C中盛装试剂为__，仪器的连接顺序为a→__。
(3)制备84消毒液时，若Cl2与NaOH溶液反应温度过高，NaClO的产率将__(填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ.过氧乙酸(CH3COOOH)是无色液体，易溶于水，有强烈刺激性气味，有腐蚀性，对人的眼睛、皮肤、黏膜、上呼吸道等有强烈刺激作用，易分解，易爆炸。
(4)贮存和运输CH3COOOH时要注意的事项是__。
(5)消毒过程中需将200mL20%的过氧乙酸(密度为1.02g·cm-3)稀释为0.5%的过氧乙酸，则需加入水的体积为__。
(6)CH3COOOH可用H2O2和CH3COOH制备，其化学方程式为___。
(7)制备CH3COOOH过程中总会残留少量H2O2，因此CH3COOOH在使用过程中需要准确标定原液的浓度。取CH3COOOH样品，标定步骤如下：
a.用KMnO4标准溶液滴定H2O2；
b.当达到终点时加入足量KI溶液，发生反应：2KI+H2SO4+CH3COOOH=2KHSO4+CH3COOH+H2O+I2；
c.用1.500mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
测得样品中CH3COOOH的质量分数为___。
参考答案
1．D【解析】A．23g钠的物质的量为1mol，而1mol钠与足量水反应生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个氢气分子，选项A错误；
B．铜和浓硫酸反应生成的是二氧化硫，而非三氧化硫，选项B错误；
C．标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，而氮气和氢气都为双原子分子，故1mol混合气体中含2mol原子即2NA个，选项C错误；
D．由于铁完全转变为四氧化三铁后，铁的价态变为+8/3，故3mol铁失去8mol电子即8NA个，选项D正确；
答案选D。
2．C【解析】A．1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3NA，A选项错误；
B．标准状况下，四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，B选项错误；
C．C2H4和C4H8的最简式都是CH2，28gCH2物质的量是2mol，所以其中共含有的碳原子的数目是2NA，C选项正确；
D．0.2mol乙酸与0.4mol乙醇反应，乙醇过量，产生乙酸乙酯的反应要以不足量的乙酸为标准，冰醋酸与乙醇一定条件下发生酯化反应产生乙酸乙酯是可逆反应，反应物不能完全反应，因此反应产生的乙酸乙酯个数小于0.2NA，D选项错误；
答案选C。
3．B【解析】A项，2H216O的摩尔质量为20g/mol，10g即为0.5mol，2H216O的质子数和中子数均为10，0.5mol的2H216O质子数和中子数均为5NA，故A项正确；
B项，32gS物质的量为1mol，在足量的氧气中燃烧转移的电子数为4NA，故B项错误；
C项，可以直接将其看做最简式CH计算，26g混合气体含有2molCH，即得含C—H键的数目为2NA，故C项正确；
D项，120gNaHSO4物质的量为1mol，含有的钠离子数目为NA；120g KHSO3物质的量为1mol，含有的钾离子数目为NA；所以120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为B。
4．C【解析】A．电解精炼Cu时，阳极上发生氧化反应的物质除Cu外，还有活动性比Cu强的金属，活动性比Cu弱的金属会形成阳极泥，在阴极上只有溶液中的Cu2+得到电子变为单质Cu，若阴极得到电子数为2NA个，反应产生1 molCu单质，阳极质量减少可能比64 g多，也可能比64 g少，A错误；
B．I-与Fe3+在溶液中发生反应：2Fe3++2I-2Fe2++I2，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数小于0.1NA，B错误；
C．1 L 0.5 mol·L-1醋酸钠溶液中盐电离产生的离子总数为NA，在该盐溶液中还存在水电离产生的H+、OH-，因此1 L 0.5 mol·L-1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目大于NA，C正确；
D．在环氧乙烷()分子中含有共价键数目是7个，则在0.1 mol环氧乙烷()中含有共价键的总数约为0.7×6.02×1023，D错误；
故合理选项是C。
5．C【解析】A. 标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项A错误；
B. 常温下，18g D2O的物质的量是＝0.9mol，其中含有0.9NA个氧原子，选项B错误；
C. 常温下，7.8 g苯的物质的量是＝0.1mol，其中所含C—H数为0.6NA，选项C正确；
D. 标准状况下，11.2L乙烯的物质的量是＝0.5mol，含有非极性共价键数目为NA，选项D错误；
答案选C。
6．A【解析】HmX分子中所含质子数为1×m ＋ A－N= A－N＋m，a g HmX物质的量为，因此a g HmX中所含质子的物质的量是，故A符合题意。综上所述，答案为A。
7．D【解析】A.32gO2物质的量为32g÷32g/mol=1mol，所含原子物质的量为2mol，所含原子数为2NA，A错误；
B.H2O在标准状况下不呈气态，不能用22.4L/mol计算11.2LH2O的物质的量，即标准状况下11.2LH2O的物质的量不等于0.5mol，所含原子数不等于1.5NA，B错误；
C.2L0.3mol/LK2SO4溶液中K+离子的物质的量浓度为0.3mol/L×2=0.6mol/L，C错误；
D. 0.5 NA个氯气分子的物质的量是=0.5mol，D正确；
答案选D。
8．D【解析】A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；
B．根据转化关系，结合得失电子守恒， N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；
C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；
D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则 1g CO2 、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol ×22×NA=0.5NA，故D正确；
答案选D。
9．C【解析】A．苯环中没有碳碳双键，也没有碳碳单键，而苯乙炔中含有的单键有1个C-C单键，6个C-H单键，51 g苯乙炔的物质的量为=0.5mol，含有C-C单键0.5mol，含有C-H单键0.5mol×6=3mol，数目为3.5NA，故A错误；
B．苯乙炔在标准状况下不是气体，无法计算22.4 L苯乙炔的物质的量，也就无法计算最多消耗的HCl数目，故B错误；
C．苯环是正六边形结构，乙炔是直线结构，苯乙炔分子中共线的原子有6个，因此1mol苯乙炔分子中共线的原子数最多为6NA，故C正确；
D．苯乙炔与足量H2加成产物的结构简式为，分子中含有6种H原子，一氯代物有6种，故D错误；
故选C。
10．B【解析】A．如不在相同条件下，相同体积的两种气体的物质的量不一定相同，则质量比不一定等于2：3，错误；
B．温度和压强相同，Vm相同，由ρ=可知，两种气体的密度之比等于摩尔质量之比，等于2：3，正确；
C．两种气体都由O原子组成，则两种气体原子数相同，两种气体的质子数相同，错误；
D．两种气体的质量相同，由n=可知，两种气体的分子数之比等于摩尔质量的反比，为3：2，错误。
11．D【解析】A、标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有6＋8×2=22个电子，则22.4LCO2含有22mol电子，其电子数目为22 NA，A错误；
B、N(C2H5)3的结构式为，所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键，1mol N(C2H5)3中含有18mol极性共价键，10.1g N(C2H5)3，其物质的量为0.1mol，则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol，数目为1.8NA，B错误；
C、Au为金属单质，不含有分子，2molAu中不含有分子，C错误；
D、100 g 46%的甲酸水溶液，则甲酸质量为46g，则其物质的量为1mol，分子中含有2molO原子；水的质量为100g-46g=54g，其物质的量为3mol，则含有3mol O原子，总共含有5mol O原子，其数目为5NA，D正确；
答案选D。
12．B【解析】【详解】A、该王水中硝酸的物质的量浓度是，A正确；
B、溶剂水中还含有氧元素，则该王水中氧元素的质量大于100.8g，B错误；
C、该王水的密度约为，C正确；
D、该王水中HCl的质量分数约为，D正确；
答案选B。
13．（1）25.0g（2）①②④③⑤（3）500mL容量瓶、胶头滴管（4）be（5）10；224
【解析】 (1)配制450mL溶液应选用500mL容量瓶，则称取胆矾的质量：m=cVM=0.2mol/L×0.5L×250g/mol=25.0g；
(2)配制步骤是计算、称取一定质量胆矾(CuSO4•5H2O)、放入烧杯，用适量蒸馏水将其完全溶解并冷却至室温；把溶液小心地转移入500mL容量瓶中；用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 2～3 次，每次洗涤液都转移入容量瓶，并轻轻摇匀；继续向容量瓶中加蒸馏水至凹液面距刻度线 1～2cm 时，改用胶头滴管滴加，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切为止；将容量瓶塞好，充分摇匀；操作的正确顺序是①②④③⑤；
(3)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故还缺少的玻璃仪器有：500mL容量瓶、胶头滴管；
(4)a．容量瓶使用前未干燥，含有少量蒸馏水，对浓度无影响，故a不符合题意；
b．没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，则浓度偏小，故b符合题意；
c．定容时俯视刻度线，则溶液体积偏小，浓度偏高，故c不符合题意；
d．定容摇匀后发现溶液体积低于刻度线是正常的，不用任何操作，无影响，故d不符合题意；
e．加蒸馏水时不慎超过刻度线，用胶头滴管小心地吸去超出部分，会导致溶质的损失，则浓度偏小，故e符合题意；
答案选be；
(5)1.68 g 铁粉的物质的量是=0.03mol，100 mL0.2 mol•L－1CuSO4 溶液含CuSO4 的物质的量n=cV=0.02mol，根据反应方程式Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，参加反应的铁是0.02mol，剩余的铁是0.01mol；剩余的铁粉和硫酸发生反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，根据方程式计算消耗硫酸0.01mol，生成氢气0.01mol，需要1 mol•L－1 稀硫酸的体积是；产生氢气在标准状况下的体积是V=nVm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL。
14．方案一（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；97 （2）偏高方案二(1)E、 D、G（2）①保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差②V1-V2③实验时的温度和压强
【解析】方案一：铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(1)含镁为3%时，金属铝的含量最高，此时消耗的NaOH溶液体积最大，10.8g合金中铝的质量为，10.8g×(1-3%)=(10.8g×97%)g，NaOH溶液的浓度为4.0mol/L，则根据方程式可知其体积V==0.097L=97mL，故V(NaOH溶液)≥97mL，
(2)过滤得到的固体为镁，镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高；
方案二：(1)根据分析可知最简易的装置连接顺序为：(A)接(E)、(D)接(G)；
(2)①装置中导管a可以保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；
②滴定管的零刻度在上方，两次的体积之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面读数减小，所以测定氢气的体积为V1-V2；
③由于气体受温度和压强的影响较大，若要确定气体的物质的量，必须知道实验时的温度和压强。
15．（1）Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O（2）检验装置气密性（3）导气、冷凝回流；偏低（4）防倒吸（5）（6）不可行；实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确
【解析】本实验的目的是探究锌与硫酸反应生成SO2、H2的临界浓度(浓硫酸能与锌反应生成SO2的最低浓度)，浓硫酸在与Zn反应过程中，先表现S元素的氧化性，此时的还原产物为SO2，之后硫酸变稀反应生成H2；将生成的SO2在装置D中用足量的NaOH溶液吸收，然后向D装置中加入足量的H2O2溶液将S元素全部氧化为SO，之后加入足量的氯化钡溶液得到BaSO4沉淀，通过测定硫酸钡沉淀的量来确定与Zn反应生成SO2消耗的硫酸的量，从而确定剩余硫酸的浓度，即临界浓度。
(1)根据电子守恒和元素守恒可得锌与浓硫酸反应生成SO2的化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O；
(2)在组装仪器之后，加入试剂之前必须进行的操作是检验装置的气密性，防止漏气；
(3)反应过程中会发出大量的热，造成水的挥发，使硫酸的浓度增大，与锌反应生成二氧化硫的硫酸偏多，造成测定的临界浓度偏小，所以需要长导管导气同时冷凝回流水蒸气；
(4)二氧化硫易溶于NaOH溶液，所以需要装置C来防止倒吸；
(5)得到的沉淀为BaSO4，n(SO2)=n(BaSO4)=mol，根据反应方程式可知与Zn反应生成SO2所消耗的硫酸的物质的量为mol，原浓硫酸体积为100mL，浓度为18mol/L，所以剩余的硫酸的物质的量为(1.8-)mol，浓度为mol/L；
(6)实验过程中不能保证得到的Na2SO3溶液是否会被空气中的氧气氧化变质，造成滴定结果不准确，所以该同学的想法不可行。
16．（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2）饱和食盐水；e→d→c→b→f→g（3）减小（4）放阴暗处、避免碰撞、不能放在易燃物附近、密封（5）7956（6）CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O（7）19.00%
【解析】
【分析】 (1)装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)C装置盛装饱和食盐水除去氯气中混有的杂质，根据分析可知仪器的连接顺序为a→e→d→c→b→f→g；
(3)次氯酸钠受热易分解，所以温度过高产率减小；
(4)过氧乙酸易溶于水、易分解、易爆炸、对人体有害，所以贮存和运输时应放阴暗处、避免碰撞、不能放在易燃物附近、密封；
(5)稀释过程溶质的质量不变，设加水的体积为V，水的密度为1g/cm3，所以有200mL×1.02g·cm-3×20%=(200mL×1.02g·cm-3+V×1g·cm-3)×0.5%，解得V=7956mL；
(6)根据元素守恒可知H2O2和CH3COOH制备过氧乙酸的化学方程式为CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O；
(7)消耗Na2S2O3溶液20.00mL，其浓度为1.500mol·L-1，根据反应方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成的碘单质的物质的量n(I2)==0.015mol，根据化学方程式2KI+H2SO4+CH3COOOH=2KHSO4+CH3COOH+H2O+I2可知，消耗的过氧乙酸的物质的量n(CH3COOOH)= n(I2)=0.015mol，所以样品中过氧乙酸的质量分数为=19.00%。