Ⅰ．（1）左端为负极，在碱性电解质中失去电子生成氮气和水，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；（2）由①N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=-67.7kJ?mol-1②N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ?mol-1③2NO2（g）?N2O4（g）△H=-52.7kJ?mol-1根据盖斯定律可知②×2-①-③得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=（-534.0kJ?mol-1）×2-（-67.7kJ?mol-1）-（-52.7kJ?mol-1）=-947.6kJ?mol-1，即热化学方程式为2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-947.6kJ?mol-1，故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-947.6kJ?mol-1；Ⅱ．（1）反应2NO（g）+O2（g）?2NO2（g），为反应前后气体的物质的量不等的反应，则a．体系压强保持不变，则该反应达到平衡，故a正确；b．该混合物中只有二氧化氮为红棕色气体，则混合气体颜色保持不变，即物质的浓度不变，则反应达到平衡，故b正确；c．NO和O2的物质的量之比保持不变，则各物质的物质的量不发生变化，该反应达到平衡，故c正确；d．每消耗1molO2同时生成2molNO2，只能说明正反应速率的关系，不能确定正逆反应速率的关系，则不能判断是否平衡，故d错误；故答案为：abc；（2）①由表格中平衡浓度，则算平衡常数为K=0.60.9×(1.0)2=23L2?moL-2（或0.67联氨L2?moL-2），故答案为：23L2?moL-2（或0.67L2?moL-2）；②降低温度，K值增大，则降低温度时平衡正向移动，即正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，Qc=11.5×(1.0)2L2?moL-2=K，则平衡不移动，即正逆反应速率相等，故答案为：=．Ⅰ．（1）左端为负极，在碱性电解质中失去电子生成氮气和水，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；（2）由①N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=-67.7kJ?mol-1②N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534.0kJ?mol-1③2NO2（g）?N2O4（g）△H=-52.7kJ?mol-1根据盖斯定律可知②×2-①-③得2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g），△H=（-534.0kJ?mol-1）×2-（-67.7kJ?mol-1）-（-52.7kJ?mol-1）=-947.6kJ?mol-1，即热化学方程式为2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-947.6kJ?mol-1，故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-947.6kJ?mol-1；Ⅱ．（1）反应2NO（g）+O2（g）?2NO2（g），为反应前后气体的物质的量不等的反应，则a．体系压强保持不变，则该反应达到平衡，故a正确；b．该混合物中只有二氧化氮为红棕色气体，则混合气体颜色保持不变，即物质的浓度不变，则反应达到平衡，故b正确；c．NO和O2的物质的量之比保持不变，则各物质的物质的量不发生变化，该反应达到平衡，故c正确；d．每消耗1molO2同时生成2molNO2，只能说明正反应速率的关系，不能确定正逆反应速率的关系，则不能判断是否平衡，故d错误；故答案为：abc；（2）①由表格中平衡浓度，则算平衡常数为K=0.60.9×(1.0)2=23L2?moL-2（或0.67L2?moL-2），故答案为：23L2?moL-2（或0.67L2?moL-2）；②降低温度，K值增大，则降低温度时平衡正向移动，即正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；③若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，Qc=11.5×(1.0)2L2?moL-2=K，则平衡不移动，即正逆反应速率相等，故答案为DO：=．