Esercizi di stechiometria svolti e commentati

Gli esercizi di stechiometria costituiscono, per i neofiti della materia, un ostacolo apparentemente difficile da superare.
Prima di affrontare l’equilibrio chimico si studia la stechiometria in cui vengono calcolate le quantità di reagenti o dei prodotti di reazione a partire dalle equazioni chimiche bilanciate.

Sebbene si sia cercato di elaborare metodi generali per la risoluzione di esercizi di stechiometria a partire da bilanciamento delle reazioni, conversioni moli-grammi, utilizzo dei coefficienti stechiometrici per il calcolo delle moli delle altre specie da cui calcolare i grammi, ci si imbatte nella risoluzione di problemi in cui queste generalizzazioni non bastano e occorre lavorare di intuito e di esperienza.

L’unico consiglio che si può dare è quello di esercitarsi molto, di cercare di ragionare e di non demordere mai perché se c’è un problema esso deve poter essere risolto.

Sono proposti alcuni esercizi che escono dagli schemi tradizionali che occorre risolvere seguendo determinati ragionamenti.

Esercizi

• Un campione di magnesio avente massa 1.00 g è trattato con 100 cm³ di HCl 0.123 M. Calcolare il volume di idrogeno raccolto su acqua a 25°C sapendo che a questa temperatura la pressione è di 755 mm Hg e che la pressione del vapore acqueo è di 24 mm Hg.

La reazione bilanciata è

Mg_(s) +2 HCl_(aq) → MgCl_2(aq) + H_2(g)

Le moli di magnesio sono pari a:

moli di magnesio = 1.00 g/24.305 g/mol = 0.0411

Il rapporto stechiometrico tra Mg e HCl è di 1:2 quindi le moli di HCl necessarie per far reagire tutto il magnesio sono pari a 0.0411 · 2 = 0.0822

Le moli di HCl disponibili sono pari a 0.100 dm³ · 0.123 M = 0.0123 quindi l’acido cloridrico è il reagente limitante. Le moli di H₂ che si ottengono dalla reazione vanno quindi calcolare sul reagente limitante e, tenendo conto che il rapporto tra HCl e H₂ è di 2:1 le moli di H₂ che si ottengono dalla reazione sono pari a 0.0123/2 = 0.00615

Quando un gas è raccolto su un liquido volatile come l’acqua è necessario apportare una correzione dovuta alla quantità di vapore acqueo presente con il gas.

Infatti un gas raccolto sopra l’acqua è saturato di vapore acqueo che occupa il volume totale del gas ed esercita una pressione parziale. La pressione parziale del vapore acqueo è determinata per ogni temperatura e deve essere fornita nel testo; essa deve essere sottratta dalla pressione totale del gas per ottenere la pressione del gas che si sta misurando.

Pressione di H₂ = 755-24= 731 mm Hg

Trasformiamo la pressione in atm:

Pressione di H₂ = 731/760=0.961 atm

Trasformiamo i gradi centigradi in Kelvin:
T = 25 + 273 = 298 K

Applichiamo l’equazione di stato dei gas ideali:

V = nRT/p = 0.00615 · 0.0821 · 298 K/ 0.961 atm = 0.156 L

• Una miscela di carbonato di potassio e carbonato di sodio di massa 2.513 g è sciolta in acqua e il volume della soluzione portato a 250 cm³. Un’aliquota di 25.0 cm³ viene titolata con 19.98 cm³ di HCl 0.212 M. Calcolare la percentuale in massa di carbonato di potassio nella miscela

Le reazioni tra i due carbonati e l’acido cloridrico sono:

K₂CO₃ + 2 HCl → 2 KCl + H₂O + CO₂

Na₂CO₃ + 2 HCl → 2 NaCl + H₂O + CO₂

Da cui si ha che il rapporto stechiometrico sia del carbonato di potassio che del carbonato di sodio con HCl è di 1:2

Le moli occorse di HCl per titolare i due carbonati sono pari a 0.212 M · 0.01998 dm³= 0.004236

Bisogna notare che l’acido ha titolato 25.0 cm³ di soluzione mentre i due sali erano stati disciolti in 250 cm³ quindi in 25.0 cm³ sono presenti 2.513 · 25.0/250 = 0.2513 g.

Detta x la massa di carbonato di potassio e detta y la massa di carbonato di sodio si ha:

x + y = 0.2513 da cui x = 0.2513-y

Sapendo che il peso molecolare del carbonato di potassio è di 138.205 g/mol mentre quello del carbonato di sodio è di 105.9888 g/mol e tenendo conto del rapporto stechiometrico tra i carbonati e HCl si può scrivere una seconda equazione:

2x/ 138.205 + 2y/105.9888 = 0.004236

Dalla seconda equazione

211.98 x + 276.41 y = 62.05

Sostituendo a x il valore ricavato dalla prima equazione

211.98 (0.2513-y) + 276.41 y = 62.05

64.43 y = 8.78 da cui y = 0.136 g

Ciò implica che in 25.0 cm³ dove vi sono 0.2513 g della miscela vi sono 0.136 g di carbonato di sodio corrispondenti a 0.136 · 100/0.2513 = 54.1% quindi la percentuale di carbonato di potassio è pari a 100-54.1= 45.9%

Ad analogo risultato si perviene se consideriamo che se in 25.0 cm³ contenenti 0.2513 g di miscela vi sono 0.136 g di carbonato di sodio in 250 cm³ in cui sono presenti 2.513 g di miscela ve ne sono 0.136 · 250/25.0= 1.36 g corrispondenti 1.36 · 100/2.513 = 54.1% da cui la percentuale di carbonato di potassio è pari a 45.9%

• Un idrocarburo gassoso avente volume 9.8 cm³ è bruciato in presenza di ossigeno. I prodotti della combustione, riportati alla stessa temperatura e pressione iniziali hanno un volume di 73.5 cm³. Dopo aver trattato i prodotti con NaOH concentrato il volume diventa 24.5 cm³. Determinare la formula empirica e molecolare dell’idrocarburo

La reazione generale di combustione di un idrocarburo è

C_xH_y + 4x+y/4 → x CO₂ + y/2 H₂O

Il diossido di carbonio prodotto dalla combustione reagisce con NaOH per dare carbonato pertanto il volume di vapore acqueo è di 24.5 cm³ mentre quello di CO₂ è pari a 73.5 – 24.5 = 49.0 cm³.

Quindi x = 49.0 mentre y/2 = 24.5 da cui y = 49.0. Ciò implica che x = y quindi la formula minima è CH.

Dal rapporto tra 49.0 e 9.8 che è il volume iniziale dell’idrocarburo si ottiene 5 quindi esso ha formula molecolare C₅H₅

• Un campione di massa 0.254 g contenente nitrito di sodio e materiale inerte è trattato con un eccesso di soluzione di cerio (IV) che si riduce a cerio (III) ossidando il nitrito a nitrato. La soluzione di cerio (IV) aggiunta ha concentrazione 0.122 M e volume 25.00 cm³. L’eccesso di cerio (IV) viene retrotitolato con 13.20 cm³ di soluzione 0.0154 M di ferro (II) che si ossida a ferro (III) riducendo il cerio (IV) a cerio (III). Determinare la percentuale in massa del nitrito di sodio nel campione

La reazione bilanciata tra nitrito e cerio (IV) è la seguente:

2 Ce⁴⁺ + NO₂^– + H₂O → 2 Ce³⁺ + NO₃^– + 2 H⁺

Mentre quella tra cerio (IV) e ferro (II) è la seguente:

Ce⁴⁺ + Fe²⁺ → Ce³⁺ + Fe³⁺

In questo tipo di esercizi conviene sicuramente partire dalla reazione finale e risalire alla risposta ragionando a ritroso.

Moli di Fe(II) = 0.0154 M · 0.01320 dm³ =0.0002033

Da rapporto stechiometrico tra cerio (IV) e ferro (II) che è di 1:1 si evince che le moli di cerio (IV) titolate dal ferro (II) sono 0.0002033

Le moli totali di cerio (IV) sono pari a 0.122 M · 0.02500 dm³ = 0.003050

Le moli di cerio (IV) che hanno titolato lo ione nitrito sono quindi pari a 0.003050 – 0.0002033 =0.002847

Il rapporto stechiometrico tra cerio (IV) e nitrito è di 2:1 quindi le moli di nitrito sono pari a 0.002847/2 =0.001423

La massa di nitrito di sodio è quindi pari a 68.9953 g/mol · 0.001423 mol= 0.09820 g

La percentuale di nitrito di sodio presente nel campione iniziale è pari a 0.09820 · 100/ 0.254 = 38.7%