【化学】黑龙江省绥化市安达市第七中学2019-2020学年高二下学期第三次网络测试试卷（解析版）
黑龙江省绥化市安达市第七中学2019-2020学年高二下学期第三次网络测试试卷
一、单选题
1.最近《科学》杂志评出十大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是( )
A.水的离子积仅适用于纯水 B.水的电离需要通电
C.升高温度一定使水的离子积增大 D.加入电解质一定会破坏水的电离平衡
2.室温下,向10mL pH=3的CH3COOH溶液中加入下列物质,对所得溶液的分析正确的是( )
加入的物质
对所得溶液的分析
A
90mL H2O
由水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1
B
0.1mol CH3COONa固体
c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大
C
10mL pH=1的H2SO4溶液
CH3COOH的电离程度不变
D
10mL pH=11的NaOH溶液
c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
3.反应X(g) + Y(g) 2Z(g) △H<0,达到平衡时，下列说法正确的是( )
A.减小容器体积，平衡向右移动
B.加入催化剂，Z的产率增大
C.增大c(X)，X的转化率增大
D.降低温度，Y的转化率增大
4.下列判断中，正确的是( )
A．泡沫灭火器的灭火原理：2Al3++3+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C．某物质的溶液中由水电离出的c(H+)= 1×10-a mol/L，若a>7时,则该溶液的pH一定为14-a
D. 已知25℃时NH4CN显碱性，则25℃时的电离常数K(NH3·H2O)＞K(HCN)
5.已知X(g)+ 3Y(g) = 2Z(g) ΔH>0，下列对该反应的说法中正确的是( )
A．ΔS>0 B．能自发进行
C．反应物总能量大于生成物总能量 D．在任何温度下都不能自发进行
6.下列溶液中各微粒的浓度关系或说法正确的是( )
A.0.1 mol•L-1 pH为4的NaHB溶液中：c(HB-)＞c(H2B)＞c(B2-)
B.等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2 ②NH4Cl ③CH3COONH4 ④NH4HCO3 ⑤NH4HSO4 ⑥NH3·H2O；c() 由大到小的顺序是：⑤＞①＞④＞③＞②＞⑥
C.向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水,c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变
D.0.1mol·L-1的氨水的pH=a，0.01mol·L-1的氨水的pH=b，则a=b+1
7.下列实验及其结论都正确的是( )
实验
结论
A
氯气的水溶液可以导电
氯气是电解质
B
室温下，用pH试纸测定浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
C
等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应,酸HA放出的氢气多
酸性HA比HB弱
D
10mL 1mol·L－1的AgNO3溶液中先滴加1mol·L－1的NaCl溶液1mL，再滴加1mol·L－1的NaI溶液1 mL,先产生白色沉淀后沉淀变为黄色
Ksp(AgI)
B
C. 加水稀释100倍，PH大小比较：4=A>B>2
D. 分别与10mLPH=12的NaOH溶液充分反应后的溶液PH大小比较：Ac(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B.C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7 mol·L－1
C.用含a的代数式表示CH3COOH的电离平衡常数K＝
D.D点对应的溶液中，存在如下关系：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)= 2c(H＋)－c(OH－)
16.在某2 L恒容密闭容器中充入2 mol X(g)和1 mol Y(g)发生反应:2X(g)+Y(g) 3Z(g),反应过程中持续升高温度,测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是( )
A. 升高温度,平衡常数减小 B. M点时,Y的转化率最大
C. W点时 v正 = v逆 D. W、M两点Y的正反应速率相同
17.在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是( )
A. KMnO4 B. H2O C. 氯水 D. HNO3
评卷人
得分
二、多选题
18.然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的( )
A. NaOH B. NH3·H2O C. CuO D. Cu(OH)2
评卷人
得分
三、填空题
19.常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.0×10-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为_______，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为________(已知 lg5 = 0.7 )
20.25℃时，向25ml氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.2mol·L−1的一元酸HA溶液，PH变化曲线如下图所示：
(1)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为__________mol·L−1。
(2)A点对应酸的体积为12.5ml，则所得混合溶液中由水电离出的c(OH−)= _______mol·L−1。
(3)HA是____酸(选填“强”、“弱”)。
(4) 在B点所得混合溶液中，c(Na+)、c(A−)、c(H+)、c(OH−)
的大小的顺序是_____________________________。
(5)在C点所得混合溶液中，下列说正确的是________。
A．HA的电离程度小于NaA的水解程度
B．离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(A−)＞c(H+)＞c(OH−)
C．c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH−)
D．c(HA) + c(A−) = 0.2mol·L−1
21.一定条件下，在体积为5L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n（mol）随时间t（min）的变化如图1所示。已知达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。
（1）该反应的化学方程式为___________________ 。
（2）该反应的反应速率v随时间t的关系如图2所示：
①根据图2判断，在t3时刻改变的外界条件是____________。
②a、b、c三点中，C的体积分数最大的是________。
③各阶段的平衡常数如下表所示，则K1、K2、K3之间的大小关系为______________
t2～t3
t4～t5
t5～t6
K1
K2
K3
评卷人
得分
四、实验题
22.某学习小组研究NaOH与某些酸之间的反应。
Ⅰ．中和热的测定
在25℃、101kPa条件下，强酸与强碱的稀溶液中和热可表示为：H+(aq)+ OH─(aq)= H2O(l) △H =-57.3kJ·mol−1。按照右图所示装置进行实验。
（1）仪器A的名称是________________________。
（2）碎泡沫塑料的作用是____________________________________________。
（3）在25℃、101kPa条件下，取50mL 0.50 mol·L−1 CH3COOH溶液、50mL 0.55 mol·L−1 NaOH溶液进行实验，测得的中和热△H______-57.3kJ·mol−1（填“＞”“=”或“＜”）。
Ⅱ．中和滴定
（1）用酸式滴定管量取20.00 mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加1～2滴酚酞作指示剂，用0.20 mol·L—1NaOH标准溶液进行滴定。为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取稀盐酸体积均为20．00 mL，三次实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗NaOH溶液体积/mL
19.00
23.00
23.02
该盐酸的浓度约为_________(保留两位有效数字)。
滴定达到终点的标志是___________________________________________________。
（2）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有 。
A. 滴定终点读数时俯视读数
B. 酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C. 锥形瓶水洗后未干燥
D. 配制NaOH标准溶液时，没有等溶解液降至室温就转移至容量瓶中
E. 配制NaOH标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线
F. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
五、问答题
23.亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中常用试剂，已知：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
△H＜0，一定温度下，将2 molNO与2 molCl2置于2L密闭容器中发生反应。
①下列可判断反应达平衡状态的是___________(填序号字母)。
A. 混合气体的平均相对分子质量不变 B. 混合气体密度保持不变
C. NO和Cl2的物质的量之比保持不变 D. 每消耗1 moI NO同时生成1molClNO
②为了加快化学反应速率，同时提高NO的转化率，其他条件不变时，可采取的措施有_________
(填选项序号字母)。
A. 升高温度 B. 缩小容器体积
C. 再充入Cl2气体 D. 使用合适的催化剂
③一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化图像如图(B)所示，当n(NO)/n(Cl2)=2.5时，达到平衡状态，ClNO的体积分数可能是图中D、E、F三点中的________点。
24.在密闭容器中充入一定量的H2S，发生反应2H2S(g) 2H2(g)＋S2(g) ΔH，如图所示为H2S气体分解生成H2(g)和S2(g)的平衡转化率与温度、压强的关系。
(1)△H_________ (填“>”“<”或“ = ”)0。
(2)图中压强(p1、p2、p3)的大小顺序为________________。
(3)图中M点的平衡常数Kp =_______MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)
(4)如果想进一步提高H2S的转化率,除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___________________。
【参考答案】
1.答案：C
解析：A．水的离子积适用于纯水，酸、碱、盐的稀溶液，错误；B．水的电离是在水的作用下，不需要电，电解需要电，错误；C．升高温度，平衡向电离的方向移动，使水的离子积增大，正确；D．加入强酸强碱盐不会破坏水的电离平衡，错误；选C。
2.答案：B
解析：A、向10 mL pH＝3的CH3COOH溶液中加入90 mLH2O，醋酸的电离平衡正向移动c(H+)>10-4 mol·L－1，故由水电离出的c(H+)<10-10 mol·L－1，选项A错误；
B、向10 mL pH＝3的CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，酸的电离逆向移动，c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大，选项B正确；
C、向10 mL pH＝3的CH3COOH溶液中加入10 mL pH＝1 的H2SO4溶液，氢离子浓度增大，抑制水醋酸的电离，CH3COOH的电离程度减小，选项C错误；
向10 mL pH＝3的CH3COOH溶液中加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，醋酸过量，所得溶液呈酸性，故c(CH3COO－) ＞c(Na+)＞ c(H+)＞c(OH-)，选项D错误。答案选B。
3.答案：D
解析：该反应化学计量数之和前后相等.减小容积相当于增大压强，对平衡移动无影响，故A项错误；加入催化剂，平衡不移动，Z 的产率不变，故B项错误；增大c (X)，平衡向右移动，但X的转化率减小，Y的转化率增大，故C项错误；反应焓变小于0,为放热 反应，降低温度.平衡向右移动.Y的转化率增大，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。
4.答案：D
解析：A．NaHCO3溶液和Al2（SO4）3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，碳酸氢钠不能拆开，正确的离子方程式为3 +Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓，故A错误；
B．醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡正向进行，水解平衡常数增大，Kh= 增大，则溶液中减小，故B错误；
C．常温时，某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-a
mol/L，若a>7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如为酸溶液，则pH=a，如为碱溶液，则pH=14-a，故C错误；
D．盐溶液水解时，溶液是谁强显谁性，而NH4CN溶液显碱性，故NH3•H2O的碱性强于HCN的酸性，则25℃时的电离常数K（NH3•H2O）>K（HCN），故D正确；
故选：D。
5.答案：D
解析：A. 根据方程式知，反应前后气体计量数之和减小，则为熵减的反应，则△S<0，故A错误；
B. △H>0、△S<0，则△G=△H−T△S>0，所以不能自发进行，故B错误；
C. 该反应为吸热反应，则反应物总能量小于生成物总能量，故C错误；
D. △H>0、△S<0，则△G=△H−T△S>0，所以在任何温度下都不能自发进行，故D正确；
故选：D。
6.答案：C
解析：
7.答案：C
解析：A. 电解质必须为化合物，氯气既不是电解质、也不是非电解质，故A错误；
B. NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定比较酸性，故B错误；
C. 酸HA放出的氢气多，HA酸性弱，则酸性HA比HB弱，故C正确；
D. 硝酸银过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp大小，故D错误；
故选：C。
8.答案：C
解析：由题中信息可列三段式:
设容器体积为VL，由K=0.1可得，解得x=7,C项正确。
9.答案：D
解析：醋酸是弱酸、HCl是强电解质，所以常温下pH=2盐酸和醋酸溶液中：c（CH3COOH）>c（HCl），
A．c（H+）越大，与Zn反应的速率越快，开始时溶液中c（H+
）相等，所以反应速率A=B，故A正确；
B．酸与锌反应生成氢气，随着反应的进行，CH3COOH不断电离出H+，反应速率ACH3COOH，故B正确；
C．稀释相同的倍数，促进醋酸电离，但HCl完全电离，所以稀释后醋酸中c（H+）大于HCl，c（H+）越大溶液的pH越小，所以稀释100倍，盐酸的pH=4，醋酸的pH：2～4，即pH大小：4=A>B>2，故A正确；
D．往上述醋酸溶液中加入10mLpH=12的NaOH溶液中和，醋酸浓度大于0.01mol/L，氢氧化钠溶液浓度为0.01mol/L，混合液中醋酸过量，混合液呈酸性，pH<7；盐酸浓度为0.01mol/L，恰好反应完全，溶液呈中性，pH=7，所以pH大小：A>B，故D错误；
故选：D。
10.答案：B
解析：A. 电离程度越大，酸性越强，氢硫酸的酸性弱于碳酸，故A错误；
B. 化学反应遵循强酸制弱酸的原理根据：Na2CO3+H2S═NaHCO3+NaHS得到氢硫酸酸性强于碳酸氢根离子，符合已知条件，故B正确；
C. 阴离子结合氢离子形成的酸的酸性越弱,则结合氢离子的能力越强,根据酸性： >HS−，所以硫离子结合氢离子的能力强，故C错误；
D. 根据越弱越水解的原理,硫离子的水解程度大于硫氢根离子,同浓度的NaHS的水解程度小于Na2S，故D错误。
故选B.
11.答案：A
解析：A. 保持温度不变,将密闭容器的容积压缩为原来的12,如果平衡不移动,则达到新的平衡时C的浓度为2.0x mol⋅L−1,但此时平衡时C的浓度为1.8x mol⋅L−1,说明增大压强平衡向逆反应方向(气体体积减小)移动，说明2+mv逆，故C错误；
D. 温度越高化学反应速率越快，温度：WW，故D错误；
故选：A。
17.答案：B
解析：加入合适氧化剂,使Fe2+氧化为Fe3+,且不能引入新杂质,只有H2O2合适,B、C. D均引入新杂质;加入适当物质调整至溶液pH=4,使Fe3+转化为Fe(OH)3,可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含Cu元素的物质与氢离子反应从而促进铁离子水解，且不引入新杂质，C. D均可促进铁离子水解转化为沉淀，而A. B均使铜离子转化为沉淀，且引入新杂质，故答案为：B
18.答案：CD
解析：
19.答案：4 3.3
解析：设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol⋅L−1,则Cu(OH)2开始沉淀时,c(OH−)==10−10mol/L,c(H+)=10−14/10−10mol/L=10−4mol/L,pH=lg(10−4)=4;Fe3+完全沉淀时c(OH−)==2×10−11mol/L,c(H+)=
10−142×10−11mol/L=5×10−4mol/L,所以pH=−lg(5×10−4)=3.3，
故答案为：4；3.3.
20.答案：(1) 0.1
(2) 1.0×10-4
(3) 弱
(4) c(Na+)=c(A−)＞c(H+)=c(OH−)
(5) C
解析： (1)NaOH为强碱，其pH=13，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，故答案为：0.1；
(2)A点对应酸的体积为12.5mL，恰好反应生成NaA
，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，促进水的电离，此时pH=10，则c(OH−)=1×10−4 mol⋅L−1， 故答案为：1×10−4；
(3)由(2)可知NaA溶液呈碱性，则HA为弱酸，NaA溶液中存在A−+H2O⇌HA+OH−，
故答案为：弱；
(4)B点溶液呈中性，溶液中存在c(Na+)=c(A−)>c(H+)=c(OH−)
(5)A.C点时，n(HA)=2n(NaOH)，溶液呈酸性，则HA的电离程度大于NaA的水解程度，故A错误；
B.HA过量，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，又因c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，则c(A−)>c(Na+)，故B错误；
C.溶液存在电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，故C正确；
D.C点时溶液体积为50mL，为HA溶液体积的2倍，则c(HA)+c(A−)=0.1mol⋅L−1，故D错误； 故答案为：C。
21.答案：（1）A+2B2C
（2）①升高温度 ②a ③ K1>K2=K3
解析：（1）根据图知，A、B为反应物而C为生成物，3min内△n（A）=（1-0.7）mol=0.3mol、△n（B）=（1-0.4）mol=0.6mol、△n（C）=（0.6-0）mol=0.6mol，相同时间内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，则A、B、C的计量数之比=0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：2，则该反应方程式为A+2B⇌2C，故答案为：A+2B⇌2C；
（2）①达平衡后，降低温度，A的体积分数将减小，降低温度平衡正向移动，说明该反应的正反应为放热反应，t3时刻改变条件时正逆反应速率都增大且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，则改变的条件是升高温度，故答案为：升高温度；
②t3时刻平衡逆向移动，t5时刻正逆反应速率都增大但仍然相等，平衡不移动，平衡正向移动C的体积分数增大，所以C体积分数最大的是a，故答案为：a；
③该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，温度不变化学平衡常数不变，温度：T（t2～t3）K2 =K3，
故答案为：K1 >K2 =K3。
22.答案：
Ⅰ．(1) 环形玻璃搅拌棒 (2) 保温隔热、减少热量的损失 (3) >
Ⅱ．(1) 0.23 mol·L-1
滴入最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色
(2) EF
解析： Ⅰ.(1)根据仪器的特点，得到仪器名称：环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
(2)碎泡沫塑料的导热效果差，可以起到保温作用，作用是：保温、隔热，减少实验过程中热量损失，故答案为：保温、隔热，减少实验过程中热量损失；
(3)CH3COOH是弱酸，在反应过程中会继续电离吸收热量，使放出的热量减少，中和反应的焓变是负值，△H>−57.3kJ/mol，故答案为：>；CH3COOH是弱酸，在反应过程中会继续电离吸收热量，使放出的热量减少，△H>−57.3 kJ/mol。
Ⅱ.(1)利用酸式滴定管量取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，因酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞变红，则滴定终点的标志为最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色，半分钟内不褪色，由c(酸)=c碱V碱V酸可知，因第一次数据差别较大，则V(NaOH)=23.00+23.022mL=23.01mL，则c(HCl)=0.2mol/L×0.02301L0.02L=0.23mol/L，滴定达到终点的标志是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成红色，半分钟内不褪色，故答案为：0.23mol⋅L−1；滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变成红色，半分钟内不褪色；
(2) A．滴定终点读数时俯视读数，导致体积偏小，则测定结果偏小，故A错误；
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，导致盐酸浓度较低，需要标准液体积偏小，则测定结果偏小，故B错误；
C．锥形瓶水洗后未干燥，对实验无影响，故C错误；
D．配制NaOH标准溶液时，没有等溶解液降至室温就转移至容量瓶中，则NaOH浓度偏大，体积偏小，则测定结果偏小，故D错误；
E．配制NaOH标准溶液时，定容时仰视容量瓶的刻度线，导致标准液体积偏大，则滴定结果偏高，故E正确；
F．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致标准液体积偏大，则滴定结果偏高，故F正确。
故答案为：EF。
23.答案： ① AC ② BC ③ F
解析： (1)A.反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)是体积变化的反应，反应正向进行则气体总物质的量n减小，逆向进行则气体总物质的量n增大，体系中物质总质量m不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时，表明达到平衡状态，故A正确；
B. 反应体系是恒容,各物质均为气态,所以气体的总质量不变,根据ρ=mV可知，体系中混合气体密度始终不变，即混合气体密度不变不能判定反应是否达到平衡，故B错误；
C. 2molNO与2molCl2置于2L密闭容器中发生反应,二者按照2:1反应,则反应过程中NO和Cl2的物质的量之比为变量,当NO和Cl2的物质的量之比不变时，表明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D. 每消耗1mol NO同时生成1molClNO，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故D错误；
故答案为：AC；
(2)A.升高温度，反应速率加快，但平衡向着逆向移动，NO的转化率减小，故A错误；
B. 缩小容器体积，相当于加压，反应正向进行、反应速率加快，NO的转化率增大，故B正确；
C. 充入Cl2气体，反应速率加快、反应正向进行，NO的转化率提高，故C正确；
D. 使用合适的催化剂，能加快反应速率，但不影响反应移动方向，NO的转化率不变，故D错误；
故答案为：BC；
(3)当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大,当n(NO)/n(Cl2)=2.5时ClNO的体积分数会减小，根据图示可知，E与C点ClNO的体积分数相等，则ClNO的体积分数应该为F点，
故答案为：F。
24.答案：(1) ＞ (2) p3＞p2＞p1 (3) 1 (4) 及时分离出产物
解析： (1)压强不变，升高温度硫化氢转化率升高，说明平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为吸热反应，△H>0，故答案为：>；
(2)温度不变,增大压强平衡逆向移动,硫化氢转化率降低,根据图知,压强p3>p2>p1，
故答案为：p3>p2>p1；
(3)M点硫化氢转化率为50%，设加入的硫化氢的物质的量为xmol，则参加反应的硫化氢的物质的量=xmol×50%=0.5xmol，
可逆反应 2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)
开始(mol)x 0 0
反应(mol)0.5x 0.5x 0.25x
平衡(mol)0.5x 0.5x 0.25x
平衡时混合气体总物质的量=(0.5+0.5+0.25)xmol=1.25xmol，
P(H2S)(H2)=0.5x/1.25x×5MPa=2MPa、P(S2)=0.25x/1.25x×5MPa=1MPa，
图中M点的平衡常数Kp =P2(H2)⋅P(S2)P2(H2S)=22×1/22MPa=1MPa，故答案为：1；
(4)如果想进一步提高H2S的转化率，应该通过改变条件使平衡正向移动，可以通过改变温度、压强、及时分离出产物实现，故答案为：及时分离出产物。
