第2章 化学键 化学反应规律 测试题-高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册

第2章《化学键化学反应规律》测试题一、单选题（共12题）1．为实现“双碳”目标，某科研小组设计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，22.4LCO2中所含的电子数目为16NAB．10.1gN(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为1.8NAC．22gCO2与N2O混合物中所含氧原子的数目为NAD．100g46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA2．下列属于放热反应的是A．氢氧化钡晶体与氯化铵反应 B．碳酸氢钠受热分解C．镁条与盐酸反应 D．灼热的碳与二氧化碳反应3．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下，下列说法中正确的是A．过程①放出能量B．过程④中，只形成了C—S键C．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应D．该催化剂可降低反应活化能，反应前后没有变化，并没有参加反应4．下列叙述及解释正确的是A．

，在达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B．

，在达到平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C．，在达到平衡后，加入碳，平衡向正反应方向移动D．，在达到平衡后，保持压强不变，充入，平衡向左移动5．白磷与氧气在一定条件下可以发生如下反应：P4+3O2=P4O6。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P

198kJ/mol，P—O

360kJ/mol，O=O

498kJ/mol。根据上图所示的分子结构和有关数据，计算该反应的能量变化，正确的是A．释放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量C．释放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量6．在一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应N2+3H22NH3达到平衡状态的标志是A．N2、H2、NH3在容器中共存B．混合气体的密度不再发生变化C．混合气体的总物质的量不再发生变化D．v正(N2)=2v逆(NH3)7．下列物质中，既含有非极性共价键又含有极性共价键是A．NaOH B．H2O2 C．Na2O2 D．H2S8．废旧电池最好的处理方法是A．深埋入地下 B．丢弃 C．回收利用 D．烧掉9．化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A．高纯硅晶体可用于制作太阳能电池B．稀土永磁材料是电子通讯技术中的重要材料，稀土元素都是金属元素C．生活中制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是烧碱D．干电池低汞化、无汞化，有利于减少废电池造成的土壤污染10．目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是A．第②、③步反应均释放能量B．该反应进程中有二个过渡态C．酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能D．总反应速率由第①步反应决定11．一定温度下，在1L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图所示：下列描述正确的是A．反应开始到10s，用X表示的反应速率为0.158mol/(Ls)B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.395mol/LC．反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)Z(g)D．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%12．下列反应既属于氧化还原反应又属于放热反应的是A．浓硫酸的稀释 B．与水反应C．与反应 D．与反应二、非选择题（共10题）13．我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。(1)某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子的数目之比为_______。(2)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为_______。(3)下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。①腐蚀过程中，负极是_______(填“a”或“b”或“c”)；②环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_______；③若生成4.29gCu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为_______L(标准状况)。14．在100℃时，将0.100

mol的N2O4气体充入1L抽空的密闭容器中，发生如下反应：N2O42NO2，隔一定时间对该容器内的物质进行分析，得到下表：(1)达到平衡时，N2O4的转化率为______________，表中c2________c3，a________b(填“>”、“<”或“＝”)。(2)20s时N2O4的浓度c1＝________mol·L－1，在0～20s内N2O4的平均反应速率为________mol·L－1·s－1。(3)若在相同情况下最初向该容器充入的是二氧化氮气体，则要达到上述同样的平衡状态，二氧化氮的起始浓度是________mol·L－1。15．(1)下列物质：A．，B．，C．，D．，E.，F.。①只含有离子键的是_______(填序号，下同)；②既含有离子键又含有共价键的是_______；③只含有共价键的是_______。(2)下列变化：①碘的升华，②冰熔化，③氯化钠溶于水，④氯化氢溶于水，⑤碳酸氢钠加热分解，化学键未被破坏的是_______；仅共价键被破坏的是_______。16．反应aA(g)+bB(g)cC(g)(ΔH＜0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在I、II、III阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：问题：(1)反应的化学方程式中a∶b∶c为____。(2)A的平均反应速率vI(A)、vII(A)、vIII(A)从大到小排列次序为____。(3)B的平衡转化率αI(B)、αII(B)、αIII(B)中最小的是____，其值是____。(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡向____移动，采取的措施是____。(5)比较第II阶段反应温度(T2)和第III阶段反应温度(T3)的高低；T2____T3(填“＜”“＞”“=”)，判断的理由是____。17．一定条件下可发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。现取2molSO2和1molO2混合，当反应到达平衡后，测得混合气体的物质的量为反应前的70%。求：(1)SO2的转化率_____。(2)平衡混合气体中SO3的体积分数_____。18．I.在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g)3C(g)＋nD(g)，开始时A为4mol，B为6mol，5min末时测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率为0.2mol·L-1·min-1。计算：(1)5min末A的物质的量浓度为___________。(2)前5min内用B表示的化学反应速率v(B)为___________。(3)化学方程式中n=___________。II．在25℃时，向100mL含氯化氢14.6g的盐酸中，放入5.6g纯铁粉，反应进行到2min末收集到氢气1.12L(标准状况)，在此后又经过4min，铁粉完全溶解。若不考虑溶液体积的变化，则：(4)前2min内用FeCl2表示的平均反应速率是___________。(5)后4min内用HCl表示的平均反应速率是___________。(6)前2min与后4min相比，反应速率___________较快，其原因是___________。19．用零价铁去除水体中的硝酸盐已成为环境修复研究的热点之一．还原水体中的反应原理如图1所示．①作负极的物质是______．②正极的电极反应式是______．将足量铁粉投入水体中，经24小时测定的去除率和pH，结果如下：初始pH的去除率接近24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态时，的去除率低．其原因是______．实验发现：在初始的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的可以明显提高的去除率．对的作用提出两种假设：Ⅰ直接还原；Ⅱ破坏氧化层．①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是______．②同位素示踪法证实能与反应生成结合该反应的离子方程式，解释加入提高去除率的原因：______．其他条件与相同，经1小时测定的去除率和pH，结果如表：初始pH的去除率约约1小时pH接近中性接近中性与中数据对比，解释中初始pH不同时，去除率和铁的最终物质形态不同的原因：______．20．作为一种绿色消毒剂，H2O2在公共卫生事业中发挥了重要作用，用3%的医用H2O2溶液对传染病房喷洒消毒时，水泥地板上有气泡快速冒出。(1)向3%的双氧水中加入少许块状水泥颗粒，有气泡快速逸出，该气体为___，反应中水泥起___作用。(2)为了精准测定在水泥颗粒作用下3%的双氧水的分解速率，A、B两个小组分别利用下图装置I、II进行实验：①除了上述仪器，还需要的仪器是_______。②检验装置II的气密性的方法是_______。③用装置I进行实验时，经过52s收集到15mL气体，则装置I中双氧水的分解速率可用气体表示为___mL∙s-1(结果保留2位小数)。④相比装置II，装置I具有的优点有____、___(写2条即可)。21．为了精准测定在水泥颗粒作用下3%的双氧水的分解速率，A、B两个小组分别利用下图装置I、II进行实验：(1)除了上述仪器，还需要的仪器是_______。(2)相比装置II，装置I可以通过拉伸使水泥颗粒脱离双氧水，控制反应的发生和停止，还具有的优点是_______。22．已知X、Y、Z、W、R五种元素中，X是宇宙中最丰富的元素，Y元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍；Z元素原子最外层电子数比其次外层电子数多4个；W元素原子K层和M层电子总数等于其L层电子数；R元素原子最外层有1个电子，其阳离子与Z的阴离子电子核外电子总数相同。请完成下列问题。(1)R元素的原子结构示意图为_______；Z元素形成的阴离子的结构示意图为_______。(2)含X、Y、Z、R四种元素的化合物的化学式为_______。(3)W的两种氧化物的分子式是_______、_______。(4)化合物与反应的化学方程式为_______。参考答案：1．DA．标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，每个CO2分子中含有6+8×2=22个电子，所以共22NA个电子，A错误；B．10.1gN(C2H5)3的物质的量为n==0.1mol，每个N(C2H5)3分子中含有3个C-C键为非极性键，所以故0.1mol此物质中含有的非极性键数目为0.3NA，B错误；C．二氧化碳与一氧化二氮分子中含有氧原子个数不相等，只知道混合物的质量，无法计算含有氧原子数目，C错误；D．100g46%的甲酸水溶液中，含有甲酸分子的物质的量为=1mol，含有氧原子的物质的量为1mol×2=2mol，含水的物质的量为=3mol，含有氧原子的物质的量为3mol×1=3mol，故该溶液中含有氧原子数为(2mol+3mol)×NAmol-1=5NA，D正确；综上所述答案为D。2．CA．氢氧化钡晶体与氯化铵反应产生BaCl2和氨水，该反应发生吸收热量，因此该反应为吸热反应，A不符合题意；B．碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳，该反应发生会吸收热量，因此该反应为吸热反应，B不符合题意；C．镁条与盐酸反应产生氯化镁和氢气，该反应发生放出热量，使溶液温度升高，因此反应为放热反应，C符合题意；D．灼热的碳与二氧化碳反应产生CO，反应发生吸收热量，因此该反应为吸热反应，D不符合题意；故合理选项是C。3．CA．根据图示，过程①S-H断裂，断开化学键吸收能量，故A错误；B．根据图示，过程④中-SH与-CH3结合，氢原子与氧原子结合，形成了O-H键和C-S键，故B错误；C．由图示可知，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应过程中，-SH取代了甲醇中的-OH，反应类型为取代反应，故C正确；D．催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但反应前后没有变化，在中间过程参加了反应，故D错误；故答案选：C。4．DA．缩小容积、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，错误；B．增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但气体体积增大，各气体浓度均减小，混合气体颜色变浅，错误；C．为固体，加入碳后，平衡不移动，错误；D．合成氨时保持压强不变，充入，则容器容积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向左移动，正确。故选D。5．A拆开反应物的化学键需要吸热能量为198×6+498×3=2682kJ，形成生成物的化学键释放的能量为360×12=4320kJ，二者之差为释放能量4320kJ-2682kJ=1638kJ。综上所述答案为A。6．CN2+3H22NH3为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此判断。A．该反应为可逆反应，所以N2、H2、NH3在容器中共存，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；B．反应前后混合气体的质量和容器容积均不变，因此密度始终不变，不能据此判断是否达到平衡状态，故B错误；C．该反应为气体体积缩小的反应，平衡前气体的总物质的量为变量，当混合气体的总物质的量不再发生变化时，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D．v正(N2)=2v逆(NH3)，速率之比不等于系数之比，说明正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故D错误；故选C。7．BA．NaOH由Na+和OH-构成，含有离子键和极性共价键，A不符合题意；B．H2O2的结构式为H-O-O-H，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，B符合题意；C．Na2O2由Na+和构成，含有离子键和非极性共价键，C不符合题意；D．H2S的结构式为H-S-H，只含有极性共价键，D不符合题意；故选B。8．C废电池里含有大量重金属汞、镉、锰、铅等，当废电池日晒雨淋表面皮层锈蚀后，其中的成分就会渗透到土壤和地下水，造成土壤污染和水污染，则废旧电池最好的处理方法是回收利用，故答案为C。9．CA．太阳能电池工作原理的基础是半导体PN结的光生伏特效应，高纯硅晶体是一种良好的半导体材料，故可用于制作太阳能电池，A正确；B．稀土元素都位于周期表中的过渡金属区，故稀土永磁材料是电子通讯技术中的重要材料，稀土元素都是金属元素，B正确；C．生活中制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是纯碱，和明矾中的Al3+发生双水解反应产生CO2，使油条疏松多孔，C错误；D．由于Hg为重金属，重金属离子会污染土壤和地下水，故干电池低汞化、无汞化，有利于减少废电池造成的土壤污染，D正确；故答案为：C。10．BA.根据反应历程，结合图可知，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；B.根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；C.酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；D.活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，选项D正确；答案选B。11．DA．由图可知，反应开始到10s，用X表示的反应速率为mol/(L•s)，A错误；B．由图可知，反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了(1.00-0.21)mol÷1L=0.79mol/L，B错误；C．根据化学反应进行时，物质的量之比等于化学计量数之比，由图可知，10s内X变化了1.20-0.42=0.78mol，Y变化了：1.00-0.21=0.79mol，Z变化了1.58mol，故反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)2Z(g)，C错误；D．由图可知，反应开始到10s时，Y的转化率为=79.0%，D正确；故答案为：D。12．BA．浓硫酸的稀释，不是化学反应，不属于氧化还原反应，该过程放出热量，A不符合题意；B．与水反应生成NaOH和H2，属于氧化还原反应，同时放出大量的热，属于放热反应，B符合题意；C．与反应属于复分解反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，C不符合题意；D．C与反应生成CO，该反应属于氧化还原反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，D不符合题意；故选B。13．(1)10∶1(2)Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O(3)

c

2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓

0.448【解析】(1)根据N=×NA，青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为：=10:1；(2)复分解反应为相互交换成分的反应，因此该反应的化学方程式为Ag2O＋2CuCl=2AgCl＋Cu2O；(3)①负极发生失电子的反应，铜作负极失电子，因此负极为c，其中负极反应：Cu－2e－=Cu2＋，正极反应：O2＋2H2O＋4e－=4OH－；②正极产物为OH－，负极产物为Cu2＋，两者与Cl－反应生成Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－=Cu2(OH)3Cl↓；③4.29gCu2(OH)3Cl的物质的量为0.02mol，由Cu元素守恒知，发生电化学腐蚀失电子的Cu单质的物质的量为0.04mol，失去电子0.08mol，根据电子守恒可得，消耗O2的物质的量为＝0.02mol，所以理论上消耗氧气的体积为0.448L(标准状况)。14．

60

>

=

0.07

0.0015

0.20（1）由表可知，60s时反应达平衡，根据方程式计算△c(N2O4)，根据转化率计算平衡时N2O4的转化率；根据方程式计算，计算c2、c3，据此解答；60s后反应达平衡，反应混合物各组分的浓度不变；（2）由△c(NO2)，根据方程式计算△c（N2O4），20s的四氧化二氮的浓度=起始浓度-△c(N2O4)；根据v=计算v(N2O4)；（3）达到上述同样的平衡状态，说明两个平衡为等效平衡，按化学计量数换算到N2O4一边，满足c(N2O4)为0.100mol/L；(1)由表可知，60s时反应达平衡，c(NO2)=0.120mol/L,根据反应N2O4⇌2NO2可知,平衡时消耗二氧化氮的浓度为：c(N2O4)=0.120mol/L×=0.06mol/L，则平衡时N2O4的转化率为：×100%=60%；达到平衡时各组分的浓度不再变化，则c3=a=b=0.1mol/L−0.06mol/L=0.04mol/L；由表可知，40s时，c(N2O4)=0.050mol/L，N2O4的浓度变化为：(0.1−0.05)mol/L=0.05mol/L，则c2=0.05mol/L×2=0.10mol/L，所以c2>c3，故答案为：60；>；=；(2)由表可知，20s时，c(NO2)=0.060mol/L，则反应消耗N2O4的浓度为0.030mol/L，则20s的四氧化二氮的浓度c1=0.1mol/L−0.03mol/L=0.07mol/L；在0s∼20s内四氧化二氮的平均反应速率为v(N2O4)==0.0015mol⋅(L⋅s)−1，故答案为：0.07；0.0015；(3)达到上述同样的平衡状态，为等效平衡，按化学计量数换算到N2O4一边,满足c(N2O4)为0.100mol/L即可，根据反应N2O4⇌2NO2可知二氧化氮的浓度应该为：c(NO2)=2c(N2O4)=0.1mol/L×2=0.20mol/L，故答案为：0.20。15．

D

EF

AB

①②

④(1)A.只含共价键，B.只含共价键，C.是单原子分子，不存在化学键，D.只含离子键，E.含共价键和离子键，F.含共价键和离子键；①只含有离子键的是：D；②既含有离子键又含有共价键的是：EF；③只含有共价键的是：AB；(2)①碘的升华、②冰熔化改变了分子间作用力，并未破坏发生化学键，③氯化钠溶于水发生电离，故仅破坏了离子键，④氯化氢溶于水发生电离，因为氯化氢是共价化合物，故仅破坏了共价键，⑤碳酸氢钠加热分解既破坏了离子键又破坏了共价键；化学键未被破坏的是：①②；仅共价键被破坏的是：④。16．(1)1∶3∶2(2)vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)(3)

αⅢ(B)

0.19(4)

向右

从平衡混合物中分离出了C(5)

＞

因为该反应为放热反应，降温才能正向移动根据图象中第Ⅰ阶段，平衡时A、B、C的浓度变化量，结合浓度变化量之比等于化学计量数之比计算；分别计算三个阶段B的转化率；第Ⅱ阶段中，C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后，从体系中移出了C，据此分析解答。（1）Ⅰ阶段，20min内，Δc(A)＝2.0mol•L－1－1.00mol•L－1＝1.00mol•L－1，Δc(B)＝6.0mol•L－1－3.00mol•L－1＝3.00mol•L－1，Δc(C)＝2.00mol•L－1，则a∶b∶c＝Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)＝1∶3∶2；故答案为1∶3∶2；（2）vⅠ(A)＝，vⅡ(A)＝，vⅢ(A)＝；所以vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)；故答案为vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)；（3）αⅠ(B)＝，αⅡ(B)＝，αⅢ(B)＝；故αⅢ(B)最小；故答案为αⅢ(B)，0.19；（4）由图示可知，由第一次平衡到第二次平衡，A、B的浓度减小，说明平衡正向移动。由物质C的浓度变化可知，导致平衡正向移动的措施是从反应体系中移出了产物C；故答案为向右，从平衡混合物中分离出了C；（5）由图示可知，Ⅱ→Ⅲ平衡正向移动，由于正反应是放热反应，故Ⅱ→Ⅲ是降温过程，即T2＞T3；故答案为＞，因为该反应为放热反应，降温才能正向移动。17．(1)90%(2)85.6%设反应到达平衡时生成amol三氧化硫，由方程式可知，平衡时二氧化硫、氧气、三氧化硫的物质的量分别为(2—a)mol、(1—0.5a)mol、amol，由混合气体的物质的量为反应前的70%可得：3-0.5a=3×70%，解得a=1.8。（1）由分析可知，平衡时生成1.8mol三氧化硫，由方程式可知，平衡时二氧化硫的转化率为×100%=90%，故答案为：90%；（2）由分析可知，平衡时生成1.8mol三氧化硫，则平衡混合气体中三氧化硫的体积分数为×100%=85.6%，故答案为：85.6%。18．(1)(2)0.2mol·(L·min)-1(3)2(4)0.25mol·(L·min)-1(5)0.25mol·(L·min)-1(6)

前2min

随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，因而v随之减小在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g)3C(g)＋nD(g)，开始时A为4mol，B为6mol，5min末时测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率为0.2mol·L-1·min-1。则可建立以下三段式：（1）5min末A的物质的量浓度为=。答案为：；（2）前5min内用B表示的化学反应速率v(B)为=0.2mol·(L·min)-1。答案为：0.2mol·(L·min)-1；（3）利用物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，可求出该化学方程式中n=2。答案为：2；（4）100mL盐酸，n(HCl)==0.4mol，n(Fe)=0.1mol，2min末，n(H2)==0.05mol；又经过4min，铁粉完全溶解。则前2min内用FeCl2表示的平均反应速率是=0.25mol·(L·min)-1。答案为：0.25mol·(L·min)-1；（5）后4min内，铁粉完全溶解，则此段时间内参加反应Fe的物质的量为0.1mol-0.05mol=0.05mol，参加反应HCl的物质的量为0.1mol，用HCl表示的平均反应速率是=0.25mol·(L·min)-1。答案为：0.25mol·(L·min)-1；（6）前2min，v(FeCl2)=0.25mol·(L·min)-1，后4min，v(FeCl2)=0.125mol·(L·min)-1，则反应速率前2min较快，其原因是：随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，因而v随之减小。答案为：前2min；随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，因而v随之减小。19．

铁

不导电，阻碍电子转移

本实验条件下，不能直接还原；在Fe和共同作用下能提高的去除率

，将不导电的转化为可导电的，利于电子转移

初始pH低时，产生的充足；初始pH高时，产生的不足(1)

NO3-在正极得电子发生还原反应产生NH4+

，根据图2信息可知为酸性环境；(2)pH越高

Fe3+越易水解生成FeO(OH)

；(3)①根据图2中的三个实验结果进行分析；②结合(2)题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析；(1)①Fe还原水体中，则Fe作还原剂发生氧化反应，失去电子，作负极，故答案为：铁；在正极得电子发生还原反应产生，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：，故答案为：；（2）①加入可以显提高的去除率，pH越高，越易水解生成，