高中化学 模块综合测评 新人教版选修4

这是一份人教版 (新课标)选修4 化学反应原理本册综合同步训练题，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

模块综合测评
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)
1．有机物在燃烧过程中会释放出热能，为放热反应；相反，自然界由光合作用生成有机物的过程中需要吸收能量。研究表明，化学反应中的能量变化其本质是化学键的生成或断裂过程中分别会释放与吸收能量。如图表示反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)的能量变化，下列有关说法中错误的是(　　)

A．图中的①是指吸收能量，②是指放出能量
B．图示说明反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)是一个吸热反应
C．图示说明化学键的形成与断裂是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因
D．③中a所指的数值为484
【解析】　A项，破坏化学键需要吸收能量，而生成化学键则会放出能量，对；B项，由2 mol H2(g)、1 mol O2(g)转化为4 mol H、2 mol O时将吸收1 368 kJ能量，而由4 mol H、2 mol O转变为2 mol H2O(g)时将放出1 852 kJ能量，放出的能量大于吸收的能量，最终反应是放热的，错；C项，化学反应中的能量变化，其主要原因为化学键断裂需要吸收能量，而形成化学键时则会放出能量，两者的能量差就是反应过程中的能量变化；D项，根据B项分析可知，放出的能量与吸收的能量差为484 kJ，则当2 mol H2(g)与1 mol O2(g)完全反应生成2 mol H2O(g)时，会放出484 kJ的热量，对。
【答案】　B
2．为探究NaHCO3、Na2CO3和盐酸(以下盐酸浓度均为1 mol·L－1)反应过程中的热效应，实验测得如下数据：
序号
35 mL试剂
固体
混合前
温度/℃
混合后
温度/℃
①
水
2.5 g NaHCO3
20.0
18.5
②
水
3.2 g Na2CO3
20.0
24.3
③
盐酸
2.5 g NaHCO3
20.0
16.2
④
盐酸
3.2 g Na2CO3
20.0
25.1
由此得出的结论正确的是 (　　)
A．Na2CO3溶液与盐酸的反应是吸热反应
B．NaHCO3溶液与盐酸的反应是放热反应
C．20.0 ℃时，含3.2 g Na2CO3的饱和溶液和35 mL盐酸混合后的温度将低于25.1 ℃
D．20.0 ℃时，含2.5 g NaHCO3的饱和溶液和35 mL盐酸混合后的温度将低于16.2 ℃
【解析】　实验②④说明Na2CO3溶液与盐酸的反应是放热反应，A错误；实验①③说明NaHCO3溶液与盐酸的反应是吸热反应，B错误；由实验②可知，碳酸钠固体溶于水会放热，而C项缺少了这个放热的过程，因而放出的热量少于实验④，则温度低于25.1 ℃，该项正确；同理，由实验①③判断，D项错误。
【答案】　C
3．下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是(　　)
A．密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量。则Fe(s)＋S(s)===FeS(s)　ΔH＝－95.6 kJ·mol－1
B．稀醋酸与0.1 mol·L－1 NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
C．已知1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1
D．已知2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1，则可知C的燃烧热ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
【解析】　9.6 g硫粉的物质的量为＝0.3 mol，11.2 g铁粉的物质的量为＝0.2 mol，故硫粉过量，以铁粉为依据计算1 mol铁粉参加反应放出的热量为×19.12 kJ＝95.6 kJ，A项正确；醋酸为弱酸，醋酸与NaOH发生中和反应时，醋酸继续电离需要吸收热量，其焓变数值大于－57.3 kJ·mol－1，B项错误；2 mol水分解吸收的热量应为571 kJ·mol－1，C项错误；计算碳的燃烧热时生成物应为CO2(g)，D项错误。
【答案】　A
4．下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是(　　)
A．Cu能与浓硝酸反应，而不与浓盐酸反应
B．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快
C．N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应
D．Cu与浓H2SO4能反应，而不与稀H2SO4反应
【解析】　要想说明反应物本身的性质是影响化学反应速率的决定性因素，则该实验事实应区别在反应物本身而不是外界因素如浓度、压强、温度、催化剂等。其中选项B、D为浓度不同所致，选项C为反应条件不同所致，唯有选项A是因浓硝酸与浓盐酸本身性质不同所致。
【答案】　A
5．处于平衡状态的反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)　ΔH>0，不改变其他条件的情况下合理的说法是(　　)
A．加入催化剂，反应路径将发生改变，ΔH也将随之改变
B．升高温度，正逆反应速率都增大，H2S分解率也增大
C．增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低
D．若体系恒容，注入一些H2后达新平衡，H2浓度将减小
【解析】　 催化剂能改变化学反应速率也能改变反应路径，但焓变与反应路径无关，A项错误；温度升高，正逆反应速率均增大，因ΔH>0，故平衡正向移动，H2S分解率增大，B项正确；该反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，逆向反应是放热反应，会使体系温度升高，C项错误；体系中注入H2，平衡将向H2浓度降低的方向移动，但最终H2的浓度仍比原来的大，D项错误。
【答案】　B
6．在密闭容器中充入一定量的NO2，发生反应2NO2(g)N2O4(g)　ΔH＝－57 kJ·mol－1。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．a、c两点的反应速率：a＞c
B．a、b两点NO2的转化率：a＜b
C．a、c两点气体的颜色：a深，c浅
D．由a点到b点，可以用加热的方法
【解析】　该反应有气体参加和生成，增大压强反应速率增大，a 【答案】　B
7．在某一体积可变的恒温密闭容器中发生如下反应：A(g)＋B(g)2C(g)　ΔH<0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．0～t2时，v正>v逆
B．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ>Ⅱ
C．t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加C
D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数Ⅰ<Ⅱ
【解析】　反应方程式两边气体的化学计量数相等。t1～t2时间段，反应处于平衡状态，正逆反应速率相等，A项错误；从图看，逆反应速率瞬间增大，且反应速率逐渐变化，说明产物C的浓度瞬间增大，但因为温度不变，故平衡常数不会改变，达到相同的平衡状态，B、D项错误，C项正确。
【答案】　C
8．液态化合物AB会发生微弱的自身电离，电离方程式为ABA＋＋B－，在不同温度下其平衡常数为K(25 ℃)＝1.0×10－14，K(35 ℃)＝2.1×10－14。则下列叙述正确的是(　　)
A．c(A＋)随温度升高而降低
B．在35 ℃时，c(A＋)＞c(B－)
C．AB的电离程度(25 ℃)＞(35 ℃)
D．AB的电离是吸热过程
【解析】　K(25 ℃)＜K(35 ℃)，故c(A＋)随温度的升高而增大，A错；由电离方程式可知，任何温度下，都有c(A＋)＝c(B－)，B错；由25 ℃和35 ℃时的平衡常数可知，温度越高，电离程度越大，C错；K(25 ℃)＜K(35 ℃)，因此AB的电离是吸热过程，D正确。
【答案】　D
9．化工生产中含Cu2＋的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是(　　)
A．该反应达到平衡时：c(Cu2＋)＝c(Mn2＋)
B．CuS的溶解度比MnS的溶解度小
C．往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c(Mn2＋)变大
D．该反应平衡常数表达式：K＝
【解析】　反应达到平衡时，c(Cu2＋)和c(Mn2＋)不再变化，二者不一定相等，A项错；该反应是沉淀的转化，溶解度小的物质能够转化为溶解度更小的物质，B项正确；加入Cu(NO3)2(s)，溶液中的c(Cu2＋)增大，平衡向正反应方向移动，c(Mn2＋)增大，C项正确；Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，所以Ksp(MnS)/Ksp(CuS)＝c(Mn2＋)/c(Cu2＋)＝K，D项正确。
【答案】　A
10．往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示。则原溶液中c(I－)/c(Cl－)的比值为(　　)

A. B.
C. D.
【解析】　根据I－＋Ag＋===AgI↓(黄色)，Cl－＋Ag＋===AgCl↓(白色)，结合图示，可知I－、Cl－消耗AgNO3溶液的体积分别为V1、(V2－V1)，因此在原溶液中＝。
【答案】　C
11．依据下列甲、乙、丙三图，判断下列叙述不正确的是(　　)

A．甲是原电池，乙是电镀装置
B．甲、乙装置中，锌极上均发生氧化反应
C．乙、丙装置中，阳极均发生氧化反应而溶解
D．乙、丙装置中，c(Cu2＋)基本不变
【解析】　甲为锌铜原电池，乙为在Zn片上镀铜的电镀池，丙为电解精炼铜。
【答案】　 B
12．电化学在日常生活中用途广泛，图①是镁­次氯酸钠燃料电池，电池总反应为：Mg＋ClO－＋H2O===Cl－＋Mg(OH)2↓，图②是Cr2O的工业废水的处理，下列说法正确的是(　　)

A．图②中Cr2O离子向惰性电极移动，与该极附近的OH－结合转化成Cr(OH)3除去
B．图②的电解池中，有0.084 g阳极材料参与反应，阴极会有33.6 mL的气体产生
C．图①中发生的还原反应是：Mg2＋＋ClO－＋H2O＋2e－===Cl－＋Mg(OH)2
D．若图①中3.6 g镁溶解产生的电量用以图②废水处理，理论可产生10.7 g氢氧化铁沉淀
【解析】　A项，阳极：Fe－2e－===Fe2＋
阴极：2H＋＋2e－===H2↑
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
Cr3＋＋3OH－===Cr(OH)3↓
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓。
B项，×22.4×103＝33.6(mL)，但选项中没有指明气体是否处在标准状况。C项，负极：Mg－2e－===Mg2＋，正极：ClO－＋2e－＋H2O===Cl－＋2OH－。D项，Mg～2e－～Fe2＋～Fe3＋～Fe(OH)3
m[Fe(OH)3]＝×107 g·mol－1＝16.05 g。
【答案】　C
13．电解100 mL含c(H＋)＝0.30 mol·L－1下列溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大的是(　　)
A．0.10 mol·L－1AgNO3溶液
B．0.10 mol·L－1ZnSO4溶液
C．0.20 mol·L－1CuCl2溶液
D．0.20 mol·L－1Pb(NO3)2溶液
【解析】　根据金属活动性顺序表可知：Ag和Cu排在H后面，而Zn和Pb排在H以前，所以Ag＋、Cu2＋的氧化性比H＋强，应优先于H＋放电而析出。因为0.01 mol Ag的质量小于0.02 mol Cu的质量，所以C项正确。
【答案】　C
14．在体积都为1 L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g 锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是(　　)

【解析】　明确图像的点、线等的含义以及曲线走势表明的化学意义等。结合题中数据知：盐酸的量不足，恰好消耗0.325 g Zn，醋酸足量，所以反应产生H2的量醋酸为盐酸的2倍，又因起始时溶液中c(H＋)相等，且开始时反应速率相同，随反应进行，醋酸中c(H＋)下降小，反应速率快，C项正确，选项A中起始时溶液pH为2而不是0。
【答案】　C
15．某温度下，对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ/mol。N2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．将1 mol氮气、3 mol氢气，置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4 kJ
B．平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)＜K(B)
C．上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率增大
D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小
【解析】　因为该反应为可逆反应，加入1 mol N2、3 mol H2，两者不可能完全反应生成NH3，所以放出的热量小于92.4 kJ，A错；从状态A到状态B的过程中，改变的是压强，温度没有改变，所以平衡常数不变，B错；因为该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2的转化率增大，C对；升高温度，正、逆反应速率都增大，D错。
【答案】　C
16．已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝，在不同的温度下该反应的平衡常数如下表：
t ℃
700
800
830
1 000
1 200
K
1.67
1.11
1.00
0.60
0.38
下列有关叙述不正确的是 (　　)
A．该反应的化学方程式是CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
B．上述反应的正反应是放热反应
C．若在1 L的密闭容器中通入CO2和H2各1 mol，5 min 后温度升高到830 ℃，此时测得CO2为0.4 mol，该反应达到平衡状态
D．若平衡浓度符合关系式＝，则此时的温度为1 000 ℃
【解析】　依平衡常数的表达式可知A正确；升高温度K减小，平衡左移，正反应为放热反应，B正确；5 min后CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.6 mol·L－1、0.6 mol·L－1、0.4 mol·L－1、0.4 mol·L－1，＝<1，平衡向右移动，C错误；＝，D正确。
【答案】　C
二、非选择题(本题包括6小题，共52分)
17．(6分)已知单质硫在通常条件下以S8(斜方硫)的形式存在，而在蒸气状态时，含有S2、S4、S6及S8等多种同素异形体，其中S4、S6和S8具有相似的结构特点，其结构如下图所示：

在一定条件下，S8(s)和O2(g)发生反应依次转化为SO2(g)和SO3(g)。反应过程和能量关系可用下图简单表示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)。

(1)写出表示S8燃烧热的热化学方程式_______________________________________________________。
(2)写出SO3分解生成SO2和O2的热化学方程式
_______________________________________________________
______________________________________________________。
(3)化学上规定，拆开或形成1 mol化学键吸收或放出的能量称为该化学键的键能，单位kJ·mol－1。若已知硫氧键的键能为d kJ·mol－1，氧氧键的键能为e kJ·mol－1，则S8分子中硫硫键的键能为_______________________________________________________。
【解析】　(1)燃烧热指的是1 mol燃料完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，因此根据定义先写出化学方程式：S8(s)＋8O2(g) ===8SO2(g)，又由于题干中给出的焓变是指生成1 mol产物的数据，因此该反应的热化学方程式为S8(s)＋8O2(g)===8SO2(g)　ΔH＝－8a kJ·mol－1。
(2)可根据题中图示直接写出热化学方程式。
(3)设S8分子中硫硫键的键能为x kJ·mol－1，由于反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，由题给信息可得8x＋8e－16d＝－8a，解得x＝2d－a－e。
【答案】　(1)S8(s)＋8O2(g)===8SO2(g)
ΔH＝－8a kJ·mol－1
(2)2SO3(g)===2SO2(g)＋O2(g)
ΔH＝＋2b kJ·mol－1
(3)(2d－a－e) kJ·mol－1
18．(10分)X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。下表是常温下浓度均为0.01 mol·L－1的X、Y、Z、W溶液的pH。
0.01 mol·L－1的溶液
X
Y
Z
W
pH
12
2
8.5
4.5
(1)X、W的化学式分别为________、________。
(2)W在溶液中的电离方程式为__________________________。
(3)25 ℃时，Z溶液的pH>7的原因是________________________________(用离子方程式表示)。
(4)将X、Y、Z各1 mol同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__________________________
______________________________________________________。
(5)Z溶液与W溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为________________。
【解析】　 HNO3是强酸、NaOH是强碱，NH4NO3是强酸弱碱盐、NaNO2是强碱弱酸盐，因NH、NO的水解是微弱的，而NaOH、HNO3的电离是完全的，从溶液的pH可知X、Y、Z、W分别为NaOH、HNO3、NaNO2和NH4NO3。
(4)三者的混合溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，故溶液呈碱性，离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(NO)>c(NO)>c(OH－)>c(H＋)。
(5)NaNO2与NH4NO3溶液混合生成的无色无味的气体应为N2。这是由于NaNO2中＋3价的氮元素与NH中－3价的氮元素发生反应NaNO2＋NH4NO3===NaNO3＋N2↑＋2H2O。
【答案】　 (1)NaOH　NH4NO3
(2)NH4NO3===NH＋NO
(3)NO＋H2OHNO2＋OH－
(4)c(Na＋)>c(NO)>c(NO)>c(OH－)>c(H＋)
(5)NaNO2＋NH4NO3===NaNO3＋N2↑＋2H2O
19．(8分)(1)(2014·新课标全国卷Ⅰ节选)H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________________
______________________________________________________。
NaH2PO2为________(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显________(填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”)。
(2)下表列出了某冷轧厂排放的废水中各成分的含量及国家环保标准值的有关数据：

冷轧含锌
废水水质
经处理后的水国
家环保标准值
Zn2＋浓度/(mg·L－1)
≤800
≤3.9
pH
1～5
6～9
SO浓度/(mg·L－1)
≤23 000
≤150
经某一工艺处理后的废水pH＝8，常温下，该废水中Zn2＋的浓度为________mg·L－1(常温下，Ksp[Zn(OH)2]＝1.2×10－17)，________(填“符合”或“不符合”)国家环保标准。
【解析】　(1)H3PO2是一元中强酸，只发生部分电离，所以其电离方程式用可逆号连接。NaH2PO2为次磷酸的正盐，水解显碱性。
(2)Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)，c(Zn2＋)＝Ksp[Zn(OH)2]/c2(OH－)，c(OH－)＝10－14/10－8＝10－6(mol·L－1)，代入表达式中，得c(Zn2＋)＝1.2×10－17/(10－6)2＝1.2×10－5(mol·L－1)，即1.2×10－5 mol·L－1×65×103 mg·mol－1＝0.78 mg·L－1，对照表中的数据知，c(Zn2＋)＜3.9 mg·L－1，故符合标准。
【答案】　(1)H3PO2H2PO＋H＋　正盐　弱碱性
(2)0.78　符合
20．(10分)常温下，10 mL pH均为2的HX、HY两种一元酸溶液，加水稀释过程中溶液的pH随溶液体积变化曲线如图所示。

请回答下列问题：
(1)在图中用曲线表示将10 mL pH＝2的盐酸加水稀释到1000 mL的过程中溶液pH变化趋势。
(2)物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的NaX和NaY溶液，pH较小的是________，其中水的电离程度较大的是________。
(3)常温下，0.1 mol·L－1的HY溶液中加入等体积pH＝1的盐酸后，溶液的pH________(填“升高”或“降低”)，HY的电离程度________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)H2Z是一种二元弱酸，常温下，0.1 mol·L－1的H2Z溶液中加入等体积pH＝13的KOH溶液后，溶液的pH＜7，原因可能是_______________________________________________________。
【解析】　(1)盐酸为强酸，加水稀释100倍后，pH变为4。(2)由图知酸性HY＜HX，故NaX的pH小于NaY溶液；即X－的水解程度小于Y－，故NaY溶液中水的电离程度较大。(3)在HY溶液中加入盐酸，c(H＋)增大，溶液pH减小，而HY的电离受到抑制。(4)H2Z与KOH溶液反应后生成KHZ，既能电离又能水解；而pH＜7，说明HZ－电离程度大于水解程度。
【答案】　(1)

(2)NaX溶液　NaY溶液
(3)降低　减小
(4)HZ－的电离程度大于HZ－的水解程度
21．(10分)某小组同学设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾。

(1)X极与电源的___________________________________
(填“正”或“负”)极相连，氢气从________(选填“A”、“B”、“C”或“D”)口导出。
(2)离子交换膜只允许一类离子通过，则M为________(填“阴离子”或“阳离子”，下同)交换膜，N为________交换膜。
(3)若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池(石墨为电极)，则电池负极的电极反应式为____________________。
(4)若在标准状况下，制得11.2 L氢气，则生成硫酸的质量是________，转移的电子数为________。
【解析】　题图中左边加入含硫酸的水，暗示左边制硫酸，即OH－在阳极发生氧化反应，使左边溶液中H＋增多，为了使溶液呈电中性，硫酸钾溶液中的SO通过M交换膜向左边迁移，即M为阴离子交换膜，由此推知X为阳极，与电源正极相连，B出口产生氧气，A出口流出硫酸；同理，右侧加入含KOH的水，说明右边制备KOH溶液，H＋在Y极发生还原反应，说明Y极为阴极，与电源负极相连，右边溶液中OH－增多，硫酸钾溶液中K＋向右迁移，N为阳离子交换膜。所以，C出口产生氢气，D出口流出KOH溶液。(3)若将制得的氢气和氧气在氢氧化钾溶液中构成原电池，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，负极反应式为2H2－4e－＋4OH－===4H2O。(4)n(H2)＝0.5 mol，2H＋＋2e－===H2↑，得电子为1 mol，X极的反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，根据电子守恒知，生成H＋的物质的量为1 mol，故生成0.5 mol H2SO4，m(H2SO4)＝49 g。
【答案】　(1)正　C　(2)阴离子　阳离子　(3)H2－2e－＋2OH－===2H2O　(4)49g　6.02×1023
22．(8分)(2013·重庆高考节选)化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法可用于治理水中硝酸盐的污染。
催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。25 ℃时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12。
①N2的结构式为________。
②上述反应离子方程式为_______________________________，
其平均反应速率v(NO)为___________________mol·L－1·min－1。
③还原过程中可生成中间产物NO，写出3种促进NO水解的方法______________________________________。
【解析】　①N2电子式为∶N⋮⋮N∶，结构式为N≡N。②反应中碱性增强，故应有OH－生成，根据得失电子守恒有：5H2＋2NO——N2＋OH－，据电荷守恒有：5H2＋2NO——N2＋2OH－，最后由元素守恒得5H2＋2NON2＋2OH－＋4H2O。③水解的离子方程式为NO＋H2OHNO2＋OH－，据“越热越水解、越稀越水解”，可知加热或加水稀释能促进水解；另外，降低生成物浓度，也可促进水解。
【答案】　①N≡N　②2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O　0.001　③加酸，升高温度，加水