6.2.1化学反应的速率课后作业（含解析）下学期高一化学人教版（2019）必修第二册

6.2.1 化学反应的速率 课后作业2022~2023学年下学期高一化学（人教版2019）必修第二册
一、单选题，共13小题
1．（2023·高一课时练习）反应4A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g)，经2minB的浓度减小0.6mol/L。对此反应速率的正确表示是
A．用A表示的反应速率是0.8mol/(L s)
B．分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3：2：1
C．在2min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3mol/(L min)
D．在这2min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的
2．（2020·高一课时练习）用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M。为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示。下列说法错误的是
实验编号 温度/℃ pH
① 25 1
② 45 1
③ 25 7
④ 25 1
A．实验①中0～15min内M的降解速率为1.33×10 5mol·L 1·min 1
B．若其他条件相同，则实验①②说明升高温度，M的降解速率增大
C．若其他条件相同，则实验①③说明pH越大，越不利于M的降解
D．若其他条件相同，则实验①④说明M的浓度越小，降解的速率越快
3．（2020·高一课时练习）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：下列描述正确的是
A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s)
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/L
C．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0％
D．反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)Z(g)
4．（2021·高一课时练习）一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+2B(g)3C(g)反应过程中的部分数据如下表所示：
时间(t/min) 物质的量(n/mol)
n(A) n(B) n(C)
0 2.0 2.4 0
5 0.9
10 1.6
15 1.6
下列说法正确的是A．0~5 min用A表示的平均反应速率为0. 09 mol·L-1·min-1
B．该反应在10 min后才达到平衡
C．平衡状态时，c(C)=0.6 mol·L-1
D．物质B的平衡转化率为20%
5．（2021春·高一课时练习）在一定温度下，某密闭容器中发生反应：2C(g)A(g)＋B(s) ΔH＞0，若0～15s内c(C)由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1，则下列说法正确的是
A．0～15s内用B表示的平均反应速率为v(B)=0.001mol·L-1·s-1
B．c(C)由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间小于10s
C．升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．减小反应体系的体积，化学反应速率加快
6．（2020·高一课时练习）研究反应2XY+3Z的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如图所示。下列说法不正确的是
A．比较实验①②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
B．比较实验②④得出：升高温度，化学反应速率加快
C．若实验②③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
D．在0～10min之间，实验④的平均速率v(Y)=0.06mol/(L min)
7．（2020·高一课时练习）氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生如下反应ClO+3HSO=3SO+Cl-+3H+。已知该反应的反应速率随c(H+)的增大而增大。如图所示为用ClO在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应的v—t图。下列说法不正确的是
A．反应开始时速率增大可能是c(H+)增大所致
B．纵坐标为v(Cl-)的v—t曲线与图中曲线一致
C．图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内ClO的物质的量减少量
D．后期反应速率下降可能的主要原因是反应物浓度减小
8．（2020·高一课时练习）某温度下，浓度均为1mol·L-1的两种气体X2和Y2在恒容密闭容器中反应生成气体Z。反应2min后，测得参加反应的X2的浓度为0.6mol·L-1，用Y2表示的反应速率v(Y2)=0.1mol·L-1·min-1，生成的c(Z)=0.4mol·L-1，则该反应的化学方程式是
A．X2+2Y2=2XY2 B．2X2+2Y2=2X2Y2
C．X2+3Y2=2XY3 D．3X2+Y2=2X3Y
9．（2020·高一课时练习）某温度下，在2 L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g) cC(g)，12 s时生成C的物质的量为0.8 mol(过程如图)。下列说法中正确的是
A．b:c= 1:4
B．2s时，用A表示的反应速率为0.15 mol·L-1·s-1
C．图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率
D．12 s时容器内气体的总物质的量为起始时的
10．（2020·高一课时练习）某温度下，浓度都是1mol·L-1的两种气体X2和Y2在密闭容器中反应，经过tmin后，测得物质的浓度分别为c(X2)=0.4mol·L-1、c(Y2)=0.8mol·L-1，则该反应的化学方程式可表示为
A．X2+2Y22XY2 B．2X2+Y22X2Y
C．X2+3Y22XY3 D．3X2+Y22X3Y
11．（2021·高一课时练习）在恒温、恒容的密闭容器中进行反应，若反应物的浓度由降到需要20s，那么反应物浓度再由降到所需要的时间为
A．10s B．大于10s C．小于10s D．无法判断
12．（2021·高一课时练习）一定温度下，溶液发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积(已折算为标准状况)如表：
t/min 0 2 4 6 8 10
V(O2)mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9
下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计)A．6～10min的平均反应速率：v（H2O2）= 3.3×10-2mol/（L min）
B．反应到6min时，
C．反应到6min时，H2O2分解了60%
D．0～6min的平均反应速率：
13．（2021·高一课时练习）反应在四种不同情况下的反应速率如下，则反应速率由快到慢的顺序为
①②③④
A．②>④>③>① B．②=③>④>① C．①>②=③>④ D．④>①>②>③
二、非选择题，共5小题
14．（2021·高一课时练习）一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) △H>0。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。
(1)t1时，正、逆反应速率的大小关系为ν正_______ν逆(填“>”“<”或“=”)；
(2)4分钟内，CO2的转化率为_______；CO的平均反应速率v(CO)=_______；
(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是_______(选填序号)
①降低温度
②减少铁粉的质量
③保持压强不变，充入He使容器的体积增大
④保持体积不变，充入He使体系压强增大
(4)下列描述能说明上述反应已达平衡的是_______(选填序号)。
①v(CO2)=v(CO)
②单位时间内生成nmolCO2的同时生成nmolCO
③容器中气体压强不随时间而变化
④容器中气体的平均分子量不随时间而变化
15．（2021·高一课时练习）某化学小组欲测定KClO3溶液与NaHSO3溶液反应的化学反应速率。所用试剂为10mL0.1mol/LKClO3溶液和10mL0.3mol/L NaHSO3溶液，所得数据如图所示。
已知：ClO+3HSO=Cl-+3SO+3H+。
(1)根据实验数据可知，该反应在0～4min的平均反应速率：v(Cl-)=____mol/(L·min)。
(2)某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大，12min后逐渐变慢(12min后图略)。
i.小组同学针对这一现象进一步通过测定c(Cl-)随时间变化的曲线探究速率先增大的原因，具体如表所示。
方案 假设 实验操作
I 该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快 向烧杯中加入10mL0.1mol/LKClO3溶液和10mL0.3mol/LNaHSO3溶液，_____
II ____ 取10mL0.1mol/L KClO3溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl固体，再加入10mL0.3mol/LNaHSO3溶液
III 溶液酸性增强加快了化学反应速率 分别向2只烧杯中加入10mL0.1mol/LKClO3溶液；向烧杯①中加入1mL水，向烧杯②中加入1mL0.2mol/L盐酸；再分别向2只烧杯中加入10mL0.3mol/LNaHSO3溶液
①补全方案I中的实验操作：____。
②方案II中的假设为____。
③除I、II、III中的假设外，还可以提出的假设是____。
④在已知方案I的假设不成立的情况下，某同学从控制变量的角度思考，认为方案III中实验操作设计不严谨，请进行改进：____。
ii.12min后，化学反应速率变慢的原因是_____。
16．（2023秋·高二课时练习）反应3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)，在一可变容积的密闭容器中进行，试回答：
(1)增加Fe的量，其正反应速率的变化是_____(填增大、不变、减小，以下相同)，原因是_____。
(2)将容器的体积缩小一半，其正反应速率_____，逆反应速率_____。
(3)保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反应速率_____，逆反应速率_____。
(4)保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，其正反应速率_____，逆反应速率_____。
17．（2021·高一课时练习）实验室通常用大理石(或石灰石)与稀盐酸反应制取二氧化碳，不用纯碱与盐酸或硫酸反应制取二氧化碳的考虑是：(1)纯碱比大理石(或石灰石)成本高，不经济；(2)反应速率太快，难以控制和收集产物。反应速率可以通过改变反应条件来控制。作为研究，请你提出用纯碱与盐酸反应制取二氧化碳的适宜途径，并用实验来检验你的设计________________。
18．（2021·高一课时练习）某化学兴趣小组学习Na2O2的性质后，进行过氧化钠与水反应的探究实验。回答下列问题：
(1)探究该反应的热效应
实验装置如图所示，调节U型管内两侧液面相平，向试管中加入a g Na2O2粉末，再滴加10 mL蒸馏水及2～3滴酚酞试液，试管内产生大量气泡，溶液先变红后褪色。
①观察到U型管内液面_______(填标号)，说明该反应为放热反应。
A．左侧较高 B．右侧较高 C．左、右两侧一样高
②写出该反应的离子方程式_______。
(2)探究溶液红色褪去的原因
限选仪器及试剂：试管、胶头滴管、温度计、蒸馏水、酚酞试液、MnO2粉末。
①提出合理猜想：
猜想一：反应放热，酚酞受热分解，使溶液红色褪去；
猜想二：_______。
②设计方案证明猜想：向a g Na2O2中加入10 mL蒸馏水，所得溶液分别置于试管1和试管2中，请将实验操作、现象和结论补充完整：
实验操作 实验现象 实验结论
将试管1中溶液冷却至室温，滴加2～3滴酚酞 _______ 猜想一不成立
向试管2中加入少量MnO2粉末，充分振荡，滴加2～3滴酚酞 振荡时，产生大量气泡；滴加酚酞后，_______ 猜想二成立
③在试管2中，加入少量MnO2粉末的作用是_______。
参考答案：
1．B
【详解】A．反应物A是固体，浓度为常数，不用其表示反应的速率，选项A不正确；
B．化学反应速率之比等于计量数之比，故分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3：2：1，选项B正确；
C．v(B)= =0.3mol/(L min)是2min内的平均反应速率，而不是2min末时的反应速率，选项C不正确；
D．反应中B和C的化学计量数不同，B和C表示的反应速率的值不同，选项D不正确；
答案选B。
2．D
【详解】A．由图中数据，可知15 min内Δc（M）=（0.3mol/L-0.1mol/L）×10-3=2×10-4mol/L，则实验①中0～15min内M的降解速率为2×10 4mol/L÷15min=1.33×l0-5mol/（L min），故A正确；
B．由图可知实验②相对于实验①，M降解速率增大，结合表中数据可知，其他条件相同，实验②的温度高，所以说明升高温度，M降解速率增大，故B正确；
C．由图可知实验①相对于实验③，M降解速率增大，又表中数据可知，其他条件相同，实验③的pH高，所以说明pH越高，越不利于M的降解，故C正确；
D．由图可知，起始浓度不同，M的起始浓度越小，降解速率越小，故D错误；
故选D。
3．C
【分析】反应开始前，X、Y的浓度都为最大值，而Z的浓度为0，则X、Y为反应物，Z为生成物，反应进行10s时，X、Y、Z的浓度都保持不变，且都大于0，则表明反应达平衡状态，反应为可逆反应。
【详解】A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为，故A错误；
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了，故B错误；
C．反应开始到10s时，Y的转化率为 ，故C正确；
D．由分析知，反应为可逆反应，0~10s内，X、Y的物质的量都变化0.79mol，Z的物质的量变化1.58mol，则反应的化学方程式为： ，故D错误；
故选C。
4．C
【详解】A．0~5 min内C的物质的量增加了0.9 mol，由于容器的容积是2 L，则用C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=，A错误；
B．反应进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 mol，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8 mol，B的物质的量为2.4 mol-0.8 mol=1.6 mol，B的物质的量等于15 min时B的物质的量，说明该反应在10 min时已经达到平衡状态，而不是在10 min后才达到平衡，B错误；
C．根据选项B分析可知：反应在进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 mol，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8 mol，则此时B的物质的量为2.4 mol-0.8 mol=1.6 mol，B的物质的量等于15 min时B的物质的量，说明该反应在10 min时已经达到平衡状态，此时反应产生C的物质的量是1.2 mol，由于容器的容积是2 L，则 平衡状态时，c(C)==0.6 mol·L-1，C正确；
D．反应开始时n(B)=2.4 mol，反应达到平衡时△n(B)=0.8 mol，则B物质的平衡转化率为：，D错误；
故合理选项是C。
5．D
【详解】A．B是固体物质，不能用固体表示平均反应速率，故A错误；
B．浓度越小，反应速率越慢，c(C)由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间大于10s，故B错误；
C．升高温度正逆反应速率均加快，故C错误；
D．减小反应体系的体积，反应物浓度增大，化学反应速率加快，故D正确；
选D。
6．D
【详解】A．①②温度相同，但浓度不同，①浓度较大，可得出增大反应物浓度，化学反应速率加快，选项A正确；
B．实验②④起始浓度相同，但温度不同，④反应速率较大，可得出：升高温度，化学反应速率加快，选项B正确；
C．②③温度、浓度相同，③反应速率较大，应为加入催化剂，选项C正确；
D．在之间，实验④X的浓度变化为，则，选项D错误。
答案选D。
7．C
【详解】A． 反应开始时速率增大，可能是该反应放热，温度升高，化学反应速率加快，也可能是反应的速率随的增大而加快，故A正确；
B． 根据离子方程式ClO+3HSO=3SO+Cl-+3H+，v(ClO):v(Cl-)=1:1，纵坐标为v(Cl-)的v-t曲线与图中曲线重合，故B正确；
C．由于v(ClO)=，即△c= v(ClO）×△t，因此图中的阴影部分“面积”为t1~t2时间内ClO的物质的量浓度的减小值，故C错误；
D． 随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故D正确；
故选C。
8．D
【分析】化学反应中，各物质的反应量之比等于方程式的系数比，据此分析解答。
【详解】由题可知，参加反应的X2的浓度为0.6mol L-1，用Y2表示的反应速率v(Y2)= 0.1mol·L-1·min-1=，则参加反应的Y2的浓度c(Y2)=v(Y2)×t=0.1mol L-1 min-1×2min=0.2mol L-1，生成的c(Z)=0.4mol L-1，故X2、Y2、Z的系数比为0.6mol L-1∶0.2mol L-1∶0.4mol L-1=3∶1∶2，由元素守恒可知Z的化学式为X3Y，故反应的化学方程式为3X2+Y2═2X3Y，故选D。
9．D
【详解】A．根据化学反应速率之比等于计量数之比，12s内B减少了0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L，C增大了(0.8mol-0)÷2L=0.4mol/L，故化学计量数之比b:c=0.2:0.4=1:2，选项A错误；
B．从反应开始到2s时，A的浓度变化量△c(A)=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，故2s内υ(A)==0.15mol/(L s)，该速率为2s内的平均速率，不能计算2s时的反应速率，选项B错误；
C．图中交点时反应未达平衡状态，反应还在向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故A的消耗速率大于A的生成速率，选项C错误；
D．起始A与B物质的量之和为0.8mol/L×2L+0.5mol/L×2L=2.6mol，12s时混合气体的物质的量之和为0.2mol/L×2L+0.3mol/L×2L+0.8mol=1.8mol，12s时容器内的压强为起始的=，选项D正确。
答案选D。
10．D
【详解】
t min后，△c(X2)=1mol L-1-0.4mol L-1=0.6mol L-1，△c(Y2)=1mol L-1-0.8mol L-1=0.2mol L-1，则X2、Y2的化学计量数之比为=0.6mol L-1：0.2mol L-1=3：1，再结合原子守恒，反应方程式为3X2+Y22X3Y；
故选D。
11．B
【详解】由题意可知，反应物A的浓度由降到需要20s，平均反应速率，假设以的反应速率计算反应物A的浓度由降到所需反应时间，，但随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率逐渐减小，则反应物A的浓度由降到的平均反应速率小于，所用时间应大于10s，故选B。
12．D
【解析】在催化剂作用下，过氧化氢分解生成氧气和水，反应的化学方程式为。
【详解】A.0～6min内，生成O2的物质的量为，由方程式可知，分解的过氧化氢为0.002mol，浓度变化量为，则，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，则6～10min的平均反应速率v（H2O2）＜3.3×10-2mol/（L min），故A错误；
B.反应至6min时生成氧气的物质的量为0.001mol，消耗H2O2的物质的量为0.002mol，剩余H2O2的物质的量为，则，故B错误；
C.反应至6min时，分解的过氧化氢的物质的量为0.002mol，反应前H2O2的物质的量为，则H2O2分解了，故C错误；
D.0～6min内，生成O2的物质的量为，由方程式可知，分解的过氧化氢为0.002mol，浓度变化量为，则，故D正确；
故选D。
13．B
【详解】反应速率之比等于化学计量数之比，即，则用物质B表示的化学反应速率分别为①；②；③；④，所以反应速率由快到慢的顺序为②=③>④>①，综上所述，故选B。
14．(1)>
(2) 71.4% 0.125mol L-1 min-1
(3)①③
(4)②④
【详解】（1）根据图象可知，在t1后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明反应未达到平衡，反应向正向进行，因此v正 > v逆，故答案为：>；
（2）根据图象可知，4分钟内CO2的转化率=；CO的平均反应速率，v(CO)==0.125 mol L-1 min-1，故答案为：71.4%；0.125mol L-1 min-1；
（3）①降低温度，物质的内能降低，活化分子数减小，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，①项符合题意；
②由于固体的浓度不变，所以减少铁粉的质量，物质的反应速率不变，②项不符合题意；
③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中物质浓度降低，单位体积内活化分子数减少，有效碰撞次数减少，化学反应速率降低，③项符合题意；
④保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系内的物质浓度不变，所以化学反应速率不变，④项不符合题意；
故答案为：①③；
（4）①未指明反应是正向还是逆向进行，因此不能判断是否为平衡状态，①项错误；
②单位时间内生成nmolCO2的同时必然会消耗nmolCO，又生成nmol CO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，②项正确；
③该反应是反应前后气体体积不变的反应，任何条件下体系的压强都不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，③项错误；
④反应前后气体的体积不变，而气体的质量会发生变化，则气体的摩尔质量会发生变化，由于摩尔质量当以g/mol为单位时，数值上等于物质的相对分子质量，所以若容器中气体的平均分子量不随时间而变化，则反应达到平衡状态，④项正确；
故答案为：②④。
15．(1)
(2) 插入温度计 生成的氯离子加快了反应速率 生成的硫酸根加快了反应速率 将1mL水改为1mL0.2 mol L 1NaCl 随着化学反应的进行，体系中的各物质浓度都会逐渐降低，所以反应速率也会逐渐减慢
【详解】（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min的平均反应速率：；故答案为：；
（2）①假设1提出该反应放热使得速率加快，所以应在一开始就测量温度，测量温度需要温度计；故答案为：插入温度计；
②方案II中实验操作是向其中加入少量NaCl固体，说明其假设为生成的氯离子加快了反应速率；故答案为：生成的氯离子加快了反应速率；
③反应中也生成了硫酸根，除I、II、III中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根加快了反应速率；故答案为：生成的硫酸根加快了反应速率；
④根据题意分析出两个烧杯的变量不是氢离子变化了，还与氯离子的浓度也变化了，应该只能改变一个变量，则要使得两个溶液中的氯离子浓度相等即方案III中实验操作设计为：将1mL水改为1mL0.2 mol L 1NaCl；故答案为：将1mL水改为1mL0.2 mol L 1NaCl。
ii. 12min后，化学反应速率变慢的原因是随着化学反应的进行，体系中的各物质浓度都会逐渐降低，所以反应速率也会逐渐减慢；故答案为：随着化学反应的进行，体系中的各物质浓度都会逐渐降低，所以反应速率也会逐渐减慢。
16．(1) 不变 铁是固体，增加铁的量，没有增加铁的浓度，不能改变反应速率
(2) 增大 增大
(3) 不变 不变
(4) 减小 减小
【详解】（1）因铁是固体，增加铁的量，没有增加铁的浓度，所以不能改变反应速率，故答案为：不变；铁是固体，增加铁的量，没有增加铁的浓度，不能改变反应速率；
（2）容器的体积缩小，容器内各物质的浓度都增大，浓度越大，化学反应速率越快，故答案为：增大；增大；
（3）体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，故答案为：不变；不变；
（4）压强不变，充入N2使容器的体积增大，但各物质的浓度都减小，浓度越小，反应速率越小，故答案为：减小；减小。
17．方法一：在锥形瓶中放入适量的纯碱固体，上塞双孔塞，一孔插入分液漏斗，一孔插入导气管，实验室时，可通过分液漏斗调节注入稀盐酸的量，观察气体生成，从而达到控制反应的目的。
方法二：因为纯碱与盐酸充分接触，化学反应速率较快，故可以采取将纯碱溶解生成溶液，然后滴加盐酸的方法，根据原理是：Na2CO3 + HCl = NaHCO3 + NaCl，NaHCO3 + HCl= NaCl + CO2↑+H2O；所需仪器是：烧杯、玻璃棒、锥形瓶(或圆底烧瓶)、双孔塞、分液漏。实验步骤是：溶解纯碱，在锥形瓶中注入适量的纯碱溶液，塞上双孔塞，一孔插入分液漏斗，一孔插入导气管，实验室时，可通过分液漏斗调节注入稀盐酸的量，从而达到控制反应的目的。
【详解】方法一：在锥形瓶中放入适量的纯碱固体，上塞双孔塞，一孔插入分液漏斗，一孔插入导气管，实验室时，可通过分液漏斗调节注入稀盐酸的量，观察气体生成，从而达到控制反应的目的。
方法二：因为纯碱与盐酸充分接触，化学反应速率较快，故可以采取将纯碱溶解生成溶液，然后滴加盐酸的方法，根据原理是：Na2CO3 + HCl = NaHCO3 + NaCl，NaHCO3 + HCl= NaCl + CO2↑+H2O；所需仪器是：烧杯、玻璃棒、锥形瓶(或圆底烧瓶)、双孔塞、分液漏。实验步骤是：溶解纯碱，在锥形瓶中注入适量的纯碱溶液，塞上双孔塞，一孔插入分液漏斗，一孔插入导气管，实验室时，可通过分液漏斗调节注入稀盐酸的量，从而达到控制反应的目的。
故答案：方法一：在锥形瓶中放入适量的纯碱固体，上塞双孔塞，一孔插入分液漏斗，一孔插入导气管，实验室时，可通过分液漏斗调节注入稀盐酸的量，观察气体生成，从而达到控制反应的目的。
方法二：因为纯碱与盐酸充分接触，化学反应速率较快，故可以采取将纯碱溶解生成溶液，然后滴加盐酸的方法，根据原理是：Na2CO3 + HCl = NaHCO3 + NaCl，NaHCO3 + HCl= NaCl + CO2↑+H2O；所需仪器是：烧杯、玻璃棒、锥形瓶(或圆底烧瓶)、双孔塞、分液漏。实验步骤是：溶解纯碱，在锥形瓶中注入适量的纯碱溶液，塞上双孔塞，一孔插入分液漏斗，一孔插入导气管，实验室时，可通过分液漏斗调节注入稀盐酸的量，从而达到控制反应的目的。
18． B 2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH-＋O2↑ 反应过程中生成漂白性物质H2O2，使溶液红色褪去 溶液先变红，后褪色 溶液变红，不褪色 作催化剂，将产生的H2O2催化分解
【详解】(1)①试管中Na2O2与水反应放热，使锥形瓶中的气体受热膨胀，故U型管内液面左低右高，故选B。
②Na2O2与水反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH-＋O2↑。
(2)①根据物质的性质，猜想二为反应过程中生成漂白性物质H2O2，使溶液红色褪去；
②猜想一是反应放热，酚酞受热分解，使溶液红色褪去，先冷却至室温后证明猜想一不成立，故实验现象为溶液先变红，后褪色；要证明猜想二成立，即证明反应生成了H2O2，故实验现象为：溶液变红，不褪色；
③在试管2中，加入少量MnO2粉末的作用是作催化剂，将产生的H2O2催化分解。