Question

【題目】工業(yè)上常采取以下方法除去H2S和SO2以減少有害氣體的排放。完成下列填空：

I．H2S的除去

用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S生成FeSO4。FeSO4被O2氧化使Fe2(SO4)3再生，其原理為：□FeSO4+□O2+□H2SO4□Fe2(SO4)3+□ 。

（1）硫桿菌存在時(shí)，FeSO4被氧化的速率是無(wú)菌時(shí)的5×105倍。由圖1和圖2判斷，使用硫桿菌的最佳條件為__；若反應(yīng)溫度過高，反應(yīng)速率下降，其原因是__。

（2）補(bǔ)全、配平Fe2(SO4)3再生的化學(xué)方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目和方向。______。

（3）在一定條件下，也可以用H2O2氧化H2S，其氧化產(chǎn)物隨參加反應(yīng)的n(H2O2)/n(H2S)變化而不同，當(dāng)n(H2O2)/n(H2S)=4時(shí)，氧化產(chǎn)物的化學(xué)式為__。

II．SO2的除去

用NaOH溶液吸收SO2，并用CaO使NaOH再生：NaOH溶液Na2SO3溶液

（4）寫出過程①的離子方程式：___。

（5）CaO在水中存在如下轉(zhuǎn)化：CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)。從平衡移動(dòng)的角度，簡(jiǎn)述過程②NaOH再生的原理____。

（6）也可用氨水除去SO2。某廢氣含0.2%SO2和10%SO2（體積含量，其余為N2），一定條件下，該廢氣以5m3/h的速率通過催化劑與速率為20L/h的NH3混合，再噴水，得到(NH4)2SO4晶體（氣體體積均已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）。通過計(jì)算說明NH3速率控制在20L/h的原因。________。

Answer 1

【答案】30℃、pH=2 催化劑活性下降或催化劑在30℃時(shí)活性最大 H2SO4 2OH-+SO2=SO32-+H2O SO32-與Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移動(dòng)，有NaOH生成 廢氣每小時(shí)排放SO2為：1000L/m3×5m3/h×0.2%=10L/h，氨氣與SO2氣體的速度比值符合2：1，兩者完全轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4

【解析】

(1)用Fe2(SO4)3吸收H2S，硫化氫具有還原性，硫酸鐵具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)硫，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，從圖象中分析可知，使用硫桿菌的最佳條件是亞鐵離子氧化速率最大時(shí)，需要的溫度和溶液PH分別為：30℃、pH=2.0；反應(yīng)溫度過高，反應(yīng)速率下降是因?yàn)樯郎厥沟鞍踪|(zhì)發(fā)生變性，催化劑失去生理活性，

故答案為：30℃、pH=2.0；催化劑活性下降或催化劑在30℃時(shí)活性最大；

(2)此反應(yīng)中氧氣是氧化劑，每個(gè)氧分子得4e，Fe2+被氧化為Fe3+，根據(jù)電子守恒、原子守恒可知發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為，并用單線橋分析為，

故答案為：；

(3)當(dāng)=4時(shí)，結(jié)合氧化還原反應(yīng)電子守恒，4H2O28H2O8e，電子守恒得到H2S變化為+6價(jià)化合物，H2SH2SO48e，氧化產(chǎn)物的分子式為H2SO4，

故答案為：H2SO4；

(4)過程①是二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水,反應(yīng)的離子方程式為：2OH+SO2=SO32+H2O，

故答案為：2OH+SO2=SO32+H2O；

(5)過程②加入CaO，存在CaO(s)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH(aq)，因SO32與Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移動(dòng)，有NaOH生成，

故答案為：SO32與Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移動(dòng)，有NaOH生成；

(6)廢氣中每小時(shí)排放SO2為：1000L/m3×5m3/h×0.2%=10L/h，氨氣與SO2氣體的速度比值為：v(NH3):v(SO2)=2:1時(shí)NH3與SO2完全轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4，即需要將NH3速率控制在20L/h，

故答案為：廢氣每小時(shí)排放SO2為：1000L/m3×5m3/h×0.2%=10L/h，氨氣與SO2氣體的速率比值符合2:1，兩者完全轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4。