解题思路：（1）由图可知，实验②10min到达平衡，平衡时△（N2）=0.1mol/L-0.06mol/L=0.04mol/L，再根据方程式计算△c（H2）随，根据v=[△c/△t]计算v（H2）；
由图可知，与实验①相比，实验②到达平衡所以时间较短，反应速率较快，但平衡时氮气的浓度不变，改变条件平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，故实验②应是使用催化剂；
由图可知，与实验①相比，实验③到达平衡所以时间较短，反应速率较快，可能增大压强或升高温度，又因为平衡时氮气的浓度增大，即平衡逆向移动，故升温，据此结合选项判断；
（2）提高废气中氮氧化物的转化率，应改变条件使平衡向正反应移动，结合平衡移动原理分析；
（3）NCl3遇水发生水解反应，NCl3分子中负价原子结合水电离的氢离子，正价原子结合水电离的去氢根离子，据此判断双键产物；
反应中只有氯元素的化合价发生变化，氯元素由NCl3中+1降低为Cl-中-1价，由ClO2-中+3价升高为ClO2中+4价，据此计算；
（4）溶液显中性，所以c（H+）=c（OH-），溶液的电荷守恒可得：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），故c（NH4+）=c（Cl-），氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，要使氯化铵溶液呈中性，则氨水应稍微过量；
电离常数只与温度有关，结合电离常数Kb=
c(N
H
+
4
)•c(O
H
−
)
c(N
H
3
•
H
2
O)
计算．
（1）由图可知，实验②10min到达平衡，平衡时△（N2）=0.1mol/L-0.06mol/L=0.04mol/L，由方程式可知，△c（H2）=3△（N2）=3×0.04mol/L=0.12mol/L，故v（H2）=[0.12mol/L/10min]=0.012mol/（L•min），
由图可知，与实验①相比，实验②到达平衡所以时间较短，反应速率较快，但平衡时氮气的浓度不变，改变条件平衡不移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡会移动，故实验②应是使用催化剂，
由图可知，与实验①相比，实验③到达平衡所以时间较短，反应速率较快，平衡时氮气的浓度增大，改变条件平衡逆向移动，该反应正反应是体积减小的放热反应，故为升高温度；
故答案为：0.012mol/（L•min），e，c；
（2）提高废气中氮氧化物的转化率，应改变条件使平衡向正反应移动，
a．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，氮氧化物的转化率降低，故a错误；
b．该反应正反应是体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应移动，氮氧化物的转化率降低，故b错误；
c．增大NH3的浓度，平衡向正反应移动，氮氧化物的转化率增大，故c正确；
故答案为：c；
（3）NCl3遇水发生水解反应，NCl3分子中负价原子结合水电离的氢离子，正价原子结合水电离的去氢根离子，故生成NH3的同时还得到HClO，
反应中只有氯元素的化合价发生变化，氯元素由NCl3中+1降低为Cl-中-1价，由ClO2-中+3价升高为ClO2中+4价，故转移1mol电子，生成ClO2的物质的量为1mol，质量为1mol×67.5g/mol=67.5g，
故答案为：HClO，67.5；
（4）溶液显中性，所以c（H+）=c（OH-），溶液的电荷守恒可得：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），故c（NH4+）=c（Cl-），氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，要使氯化铵溶液呈中性，则氨水应稍微过量，因为盐酸和氨水的体积相等，则氨水的物质的量浓度大于盐酸，
溶液中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，c（NH4+）=c（Cl-）=[b/2]mol/L，c（NH3•H2O）=（[a/2]-[b/2]）mol/L，
电离常数只与温度有关，则此时NH3•H2O的电离常数Kb=
c(N
H+4)•c(OH−)
c(NH3•H2O)=
b
2×10−7
a
2−
b
2=
b×10−7
a−b，
故答案为：＞，
b×10−7
a−b．
点评：
本题考点： 氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用．
考点点评： 题目综合性较大，涉及化学反应速率计算、影响化学平衡的因素、氧化还原反应、电解质溶液的有关计算、电离平衡常数等，难度中等，（3）中注意根据盐类水解原理判断产物．