解题思路：（1）①根据氢气的物质的量，利用化学计量数之比等于物质的量之比计算二氧化碳的物质的量，再v=
△n
V
△t
计算v（CO2）；
②由于反应前后气体的体积不变，故650℃时开始加入4molCO、2molH2O与开始加入2molCO、1molH2O是等效平衡，故650℃时开始加入2molCO、1molH2O到达平衡时氢气的物质的量为0.8mol，实验2等效为在实验1的基础上移走2molCO、1molH2O到达平衡后，再升高温度到900℃时，实验2中氢气的物质的量为0.4mol，小于0.8mol，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；
（2）①根据盖斯定律计算目标热化学方程式的反应热；
②Ⅰ．FeO为固体，颗粒大小不影响平衡移动；
Ⅱ．900℃时平衡时，FeO的转化率为40%，据此计算参加反应的FeO的物质的量，再利用三段式计算平衡时各物质的物质的量，再根据k=
c(
H
2
)
c(
H
2
O)
计算；
③1000℃时反应速率比900℃快，到达平衡所用时间短，由图1可知，升高温度FeO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故升高温度H2O（g）转化率降低，固体颗粒不影响转化率，但颗粒越细，反应速率越快，据此画出图象．
（1）①、实验1中6min到达平衡时生成氢气1.6mol，根据方程式可知，生成二氧化碳的物质的量=1.6mol，故v（CO2）=
1.6mol
2L
6min=0.13mol/（L．min），
故答案为：0.13mol/（L．min）；
②、由于反应前后气体的体积不变，故650℃时开始加入4molCO、2molH2O与开始加入2molCO、1molH2O是等效平衡，故650℃时开始加入2molCO、1molH2O到达平衡时氢气的物质的量为0.8mol，实验2等效为在实验1的基础上移走2molCO、1molH2O到达平衡后，再升高温度到900℃时，实验2中氢气的物质的量为0.4mol，小于0.8mol，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，
故答案为：放热；
（2）①、已知：H2O（g）+3FeO（s）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H=a kJ/mol（Ⅰ）
2Fe3O4（s）=6FeO（s）+O2（g）△H=b kJ/mol（Ⅱ）
根据盖斯定律，（Ⅰ）×2+（Ⅱ）得：2H2O（g）=2H2（g）+O2（g），故△H=（2a+b）kJ/mol，
故答案为：（2a+b）kJ/mol；
②Ⅰ．FeO为固体，颗粒大小不影响平衡移动，故使用细颗粒FeO与用粗颗粒FeO时H2O（g）的转化率相等，
故答案为：相等；
Ⅱ．900℃时平衡时，FeO的转化率为40%，平衡FeO转化的量为：n（FeO）=0.60mol×40%=0.24mol，则：
H2O（g）+3FeO（s）⇌Fe3O4（s）+H2（g）
开始（mol）：0.2 0.6 0 0
转化（mol）：0.08 0.24 0.08 0.08
平衡（mol）：0.12 0.36 0.08 0.08
则k=
c(H2)
c(H2O)=
0.08mol
2L
0.12mol
2L=0.67
答：此温度下该反应的平衡常数为0.67；
③1000℃时反应速率比900℃快，到达平衡所用时间短，由图1可知，升高温度FeO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故升高温度H2O（g）转化率降低，固体颗粒不影响转化率，但颗粒越细，反应速率越快，故图象为：
，
故答案为：
．
点评：
本题考点： 化学平衡的计算；吸热反应和放热反应；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素．
考点点评： 本题考查化反应速率计算、反应热计算、平衡常数计算、化学平衡计算及影响因素、化学平衡图象等，题目比较综合，难度中等，侧重对基础知识巩固，（2）中FeO颗粒对水的转化率影响为易错点，学生容易受氢气生成速率的影响做出错误的判断．
