Question

【題目】硫化氫的轉化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。由硫化氫獲得硫單質有多種方法。

(1)已知：H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l) ΔH1=61kJ·mol-1

SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) ΔH2=－151kJ·mol-1

2HI(aq)=H2(g)+I2(g) ΔH3=110kJ·mol-1

則硫化氫氣體分解為氫氣和固體硫的熱化學方程式為___。

(2)K2CO3溶液吸收H2S的反應為K2CO3+H2SKHS+KHCO3，該反應的平衡常數(shù)的對數(shù)值為lgK=___

(已知：H2CO3lgK1=－6.4，lgK2=－10.3；H2SlgKl=－7.0，lgK2=－19.0)。

(3)工業(yè)上采用圖1所示裝置電解K4[Fe(CN)6]和KHCO3混合溶液一段時間，然后停止電解，通入H2S，利用生成的K3[Fe(CN)6]將H2S轉化為S，自身轉化為K4[Fe(CN)6]。

①電解時，陽極的電極反應式為___。

②通入H2S過程中，伴有CO轉化為HCO。通H2S發(fā)生反應的離子反應方程式為___。

(4)將含H2S尾氣的空氣按一定流速通入酸性FeCl3溶液中，可實現(xiàn)含H2S尾氣的空氣脫硫。在FeCl3溶液吸收H2S的過程中，溶液中的n(Fe3+)及被吸收的n(H2S)隨時間t的變化如圖2所示。t1時刻后，溶液中n(Fe3+)保持微量減少至基本不變，其原因是___。

(5)H2S溶液中H2S、HS-，S2-的物質的量分數(shù)δ(X)隨pH的變化如圖3所示，H2S的電離平衡常數(shù)Ka1=___。寫出pH由12.0變?yōu)?/span>16.0時發(fā)生的主要的離子方程式：___。

Answer 1

【答案】H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=20kJ·mol-1 3.3 [Fe(CN)6]4-－e-=[Fe(CN)6]3- 2[Fe(CN)6]3-+2CO+H2S=2[Fe(CN)6]4-+2HCO+S↓ t1時刻后，生成的Fe3+與H2S發(fā)生氧化還原反應，溶液中的Fe2+被空氣氧化為Fe3+，這兩個反應的速率近似相等，因而溶液中的Fe3+的量基本不變 10-7.24 HS-+OH-=S2-+H2O

【解析】

(1)已知①H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l) ΔH1=61kJ·mol-1；

②SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) ΔH2=-151kJ·mol-1；

③2HI(aq)=H2(g)+I2(g) ΔH3=110kJ·mol-1

根據(jù)蓋斯定律，反應①+②+③得H2S(g)=H2(g)+S(s)，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=20kJ·mol-1，故答案為：H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=20kJ·mol-1；

(2)根據(jù)題意，，K2CO3溶液吸收H2S的反應為K2CO3+H2SKHS+KHCO3，離子方程式為+H2SHS-+，則該反應的平衡常數(shù)為，則lgK=lgKa1(H2S)-lgKa2(H2CO3)=-7-(-10.3)=3.3，故答案為：3.3；

(3)①電解時陽極發(fā)生失電子的氧化反應，先將[Fe(CN)6]4-轉化為Fe(CN)6]3-，化合價升高，所以反應為：Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，故答案為：Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-；

②通入H2S過程中，伴有CO轉化為HCO，根據(jù)電子得失守恒和元素守恒可知：2[Fe(CN)6]3-+2+H2S=2Fe[(CN)6]4-+2+S↓，故答案為：2[Fe(CN)6]3-+2+H2S=2Fe[(CN)6]4-+2+S↓；

(4)t1時刻后，溶液中的Fe2+被空氣氧化為Fe3+，生成的Fe3+再與H2S發(fā)生氧化還原反應，因而溶液中的Fe3+的量基本不變，故答案為：t1時刻后，生成的Fe3+與H2S發(fā)生氧化還原反應，溶液中的Fe2+被空氣氧化為Fe3+，這兩個反應的速率近似相等。因而溶液中的Fe3+的量基本不變；

(5)根據(jù)H2S溶液中H2S、HS-，S2-的物質的量分數(shù)δ(X)隨pH的變化圖，當pH=7.24時，c(H2S)=c(HS-)，則H2S的電離平衡常數(shù)Ka1=c(H+)=10-7.24，由圖可知，pH由12.0變?yōu)?/span>16.0時，是由HS-轉化為了S2-，反應的離子方程式為HS-+OH-=S2-+H2O，故答案為：10-7.24；HS-+OH-=S2-+H2O。