Question

[Thái bình Nghiêm]

Nung nóng 94,8 gam KMnO4 đến khối lượng không đổi, thu được khí A. Dẫn khí A đi qua bình đựng 6,2 gam photpho đỏ khi đốt nóng, được chất rắn B. Cho toàn bộ B vào cốc đựng 350 ml dung dịch NaOH 2M (d = 1,2 g/ml) thu được dung dịch C.

Viết các phương trình phản ứng. Tính nồng độ phần trăm khối lượng của dung dịch C. Giả thiết các phản ứng đạt hiệu suất 100%.

Answer 1

[Minh Nguyen]

\(n_{KMnO_4}=\frac{94,8}{158}=0,6\left(mol\right)\)

\(n_P=\frac{6,2}{31}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{NaOH}=2\cdot0,35=0,7\left(mol\right)\)

PTHH : \(2KMnO_4-t^o->K_2MnO_4+MnO_2+O_2\)    (1)

               \(4P+5O_2-t^o->2P_2O_5\)  (2)

               \(P_2O_5+3H_2O-->2H_3PO_4\)  (3)

               \(H_3PO_4+NaOH-->NaH_2PO_4+H_2O\)  (4)

              \(H_3PO_4+2NaOH-->Na_2HPO_4+2H_2O\)  (5)

               \(H_3PO_4+3NaOH-->Na_3PO_4+3H_2O\)  (6)

Theo pthh (1) : \(n_{O_2}=\frac{1}{2}n_{KMnO_4}=0,3\left(mol\right)\)

Vì : \(\frac{n_{O_2}}{5}=0,06>0,05=\frac{n_P}{4}\) => pứ (2) : photpho hết, oxit dư.

Theo pthh (2) : \(n_{P_2O_5}=\frac{1}{2}n_P=0,1\left(mol\right)\)

Theo pthh (3) : \(n_{H_2PO_4}=2n_{P_2O_5}=0,2\left(mol\right)\)

Vì \(\frac{n_{NaOH}}{n_{H_3PO_4}}=\frac{0,7}{0,2}>3\) => DD spu chứa Na₃PO₄ và NaOH dư ; xảy ra pứ (6); không xảy ra pứ (4); (5)

Theo pthh (6) : \(n_{Na_3PO_4}=n_{H_3PO_4}=0,2\left(mol\right)\)

                       \(n_{NaOH\left(pứ\right)}=3n_{H_3PO_4}=0,6\left(mol\right)\Rightarrow n_{NaOH\left(dư\right)}=0,1\left(mol\right)\)

Có : \(m_{ddNaOH}=350\cdot1,2=420\left(g\right)\)

Theo ĐLBTKL : \(m_{ddspu}=m_{ddNaOH}+m_{P_2O_5}=420+0,1\cdot142=434,2\left(g\right)\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}C\%NaOH=\frac{0,1\cdot40}{434,2}\cdot100\%\approx0,92\%\\C\%Na_3PO_4=\frac{164\cdot0,2}{434,2}\cdot100\%\approx7,55\%\end{cases}}\)