Resa ponderale: esercizi svolti
La resa ponderale di prodotto che si ottiene a seguito di una reazione chimica dipende dalle quantità dei reagenti che possono essere stechiometriche o un reagente può essere in eccesso rispetto agli altri.
I reagenti che sono in quantità minore rispetto a un altro e che determinano la quantità dei prodotti ottenuti sono detti limitanti.
Strategia
Per risolvere i problemi relativi alla resa ponderale si deve:
- bilanciare la reazione
- calcolare le moli di ciascun reagente
- valutare sulla base dei coefficienti stechiometrici il reagente limitante
- determinare le moli dei prodotti ottenuti
- determinare la massa dei prodotti ottenuti
Esercizi sulla resa ponderale
1) Pb(NO3)2 per riscaldamento si decompone secondo la reazione:
2 Pb(NO3)2 → 2 PbO + 4 NO2 + O2
Calcolare la massa di ciascun prodotto di reazione che si forma dopo la decomposizione di 10.0 g di reagente.
Calcoliamo le moli di reagente:
moli di Pb(NO3)2 = 10.0 g/331.2 g/mol=0.0302
il rapporto stechiometrico tra Pb(NO3)2 e PbO è di 2: 2 quindi si otterranno 0.0302 moli di PbO pari a 0.0302 mol ∙ 233.2 g/mol= 6.74 g
il rapporto stechiometrico tra Pb(NO3)2 e NO2 è di 2:4 quindi si otterranno 0.0302∙4/2 = 0.0604 moli di NO2 pari a 0.0604 mol ∙46.0 g/mol=2.78 g
il rapporto stechiometrico tra Pb(NO3)2 e O2 è di 2: 1 quindi si otterranno
0.0302 /2 = 0.0151 moli di O2 pari a 0.0151 mol ∙ 31.998 g/mol=0.483 g
Si può osservare che la somma delle masse dei prodotti ( 0.483 + 2.78 + 6.74) è pari a 10.0 g che corrisponde alla massa di Pb(NO3)2 iniziale. Questa operazione serve a verificare l’esattezza dello svolgimento dell’esercizio oltre a confermare la legge di Lavoisier.
2) 5.00 g di magnesio sono fatti reagire con 5.00 g di arsenico in atmosfera inerte secondo la reazione:
3 Mg + 2 As → Mg3As2
Calcolare il reagente in eccesso e la massa del prodotto di reazione.
L’approccio a questo tipo di problema è semplice se si seguono i seguenti steps:
– calcoliamo la moli di Mg: moli di Mg = 5.00 g / 24.305 g/mol=0.206
– sulla base del rapporto stechiometrico tra i reagenti calcoliamo le moli di As necessarie: moli di As necessarie = 0.206 ∙ 2/3=0.137
– calcoliamo le moli di As disponibili:
moli di As disponibili = 5.00 g/ 74.92 g/mol= 0.0667 quindi è evidente che le moli di As sono insufficienti quindi As è il reagente limitante. Risulta quindi che la quantità di prodotto formato dipende dalla quantità di As disponibile
– dal rapporto stechiometrico tra As e Mg3As2 si ricava che le moli di prodotto saranno pari a 0.0667/2 = 0.0334
la quantità di Mg3As2 sarà pari a0.0334 mol ∙ 222.775 g/mol=7.44 g
3) Il fosforo bianco può essere ossidato da HNO3 secondo la reazione da bilanciare
P4 + H+ + NO3–→ H3PO4 + NO2 + H2O
Calcolare quanto H3PO4 si forma dalla reazione quando 15.0 g di P4 sono fatti reagire con un eccesso di HNO3
Il bilanciamento che può essere fatto tramite il metodo delle semireazioni. Si ha:
P4 + 20 NO3– + 20 H+ →4 H3PO4 + 20 NO2 + 4 H2O
Dopo aver bilanciato la reazione calcoliamo il numero di moli di P4:
moli di P4 = 15.0 g/123.9 g/mol=0.121
poiché il rapporto stechiometrico tra P4 e H3PO4 è di 1 : 4 le moli di H3PO4 che si ottengono sono pari a 0.121 ∙ 4 =0.484
la resa ponderale di H3PO4 è pari a 0.484 mol ∙ 98.00 g/mol =47.4 g
4) Il silicio fu preparato per la prima volta alla stato elementare dalla reazione da bilanciare:
K2SiF6 + K → KF + Si
Calcolare quanto silicio si ottiene per ogni Kg di esafluorosilicato di potassio e quanto potassio si consuma
La reazione bilanciata è la seguente:
K2SiF6 + 4 K → 6 KF + Si
Calcoliamo le moli di K2SiF6 : 1000 g/220.29 g/mol= 4.54
Il rapporto stechiometrico tra K2SiF6 e Si è di 1:1 quindi si otterranno 4.54 moli di Si pari a 4.54 mol ∙ 28.09 g/mol= 127.5 g
Il rapporto stechiometrico tra K2SiF6 e K è di 1:4 pertanto le moli di K necessarie a reagire con 4.54 moli di K2SiF6 sono pari 4 ∙ 4.54 =18.2
La massa di K necessaria è quindi 18.2 mol ∙ 39.10 g/mol=710 g
5) Per sbiancare le vernici annerite per invecchiamento si sfrutta la reazione da bilanciare:
PbS (nero) + H2O2→ PbSO4(bianco) + H2O
Calcolare quanto H2O2 è richiesto per ossidare completamente 1.00 g di PbS.
Questa reazione di ossidoriduzione presenta uno ione spettatore, ovvero una specie che non si ossida né si riduce, che va eliminato in sede di bilanciamento, salvo a reintrodurlo nella reazione bilanciata. Il piombo, infatti, sia nel solfuro di piombo che nel tetraossosolfato (VI) di Piombo (II) presenta lo stesso numero di ossidazione.
La reazione bilanciata in forma molecolare:
PbS + 4 H2O2 → PbSO4 + 4 H2O
Calcoliamo le moli di PbS: moli di PbS = 1.00 g / 239.3 g/mol= 0.00418
Il rapporto stechiometrico tra PbS e H2O2 è di 1 : 4 pertanto le moli di H2O2 necessarie sono pari a 0.00418 ∙ 4 = 0.0167
La massa di H2O2 necessaria è pari a 0.0167 mol ∙ 34.01 g/mol=0.568 g
6) Un campione di argento impuro fu sciolto in acido nitrico e precipitato come cloruro di argento. Il cloruro di argento secco pesa 1.00 g. Calcolare la percentuale di argento nel campione.
In linea teorica si dovrebbe conoscere la reazione tra Ag e HNO3 che è:
Ag (s) + 2 H+ (aq) + 2 NO3– (aq) → NO2(g) + Ag+(aq) + NO3– (aq) + H2O (l)
Tuttavia, risulta evidente che, per la soluzione del problema la semireazione di nostro interesse è:
Ag (s) → Ag+ (aq) + 1 e- dove si rileva un rapporto di 1:1 tra Ag e Ag+
La reazione di precipitazione del cloruro di argento è:
Ag+(aq) + Cl–(aq) → AgCl (s) in cui il rapporto è sempre di 1:1 . In definitiva le moli di AgCl ottenute sono pari alle moli di argento contenute nel campione iniziale impuro: moli di AgCl = 1.00 g / 143.3 g/mol= 0.00698
Quindi le moli di argento sono pari a 0.00698
La massa di argento presente nel campione iniziale è pari a
0.00698 mol · 107.9 g/mol = 0.753 g
La percentuale di argento presente nel campione iniziale è pari a
0.753 100/ 1.00 g = 75.3 %
7) 1.00 g di ferro reagiscono ad alta temperatura con 0.861 g di zolfo per dare il composto di formula generica FexSy. Trovare la formula del prodotto.
Calcoliamo le moli di ferro : moli di ferro = 1.00 g/ 55.84 g/mol= 0.0179
Calcoliamo le moli di zolfo : moli di zolfo = 0.861 g / 32.066 g/mol=0.0269
Poiché dal testo dell’esercizio si evince che la reazione è completa e non vi è un reagente in eccesso possiamo calcolare il rapporto tra zolfo e ferro:
0.0269/ 0.0179= 1.5
Ciò implica che il rapporto stechiometrico tra Fe e S è 1: 1.5
Per ottenere numeri interi moltiplichiamo per 2 e la formula è Fe2S3
8) 10.0 g di I2 sono fatti reagire con una soluzione di NaOH secondo la reazione da bilanciare:
I2 + OH–→ I– + IO3–
Si calcoli quanti grammi di NaI e NaIO3 si possono formare dalla reazione.
La reazione rappresenta una reazione di disproporzione ovvero è una reazione in cui lo stesso elemento si ossida e si riduce. Nello specifico lo iodio passa da numero di ossidazione zero a numero di ossidazione – 1 in I– e a numero di ossidazione +5 in IO3–.
La reazione bilanciata è pertanto:
3 I2 + 6 OH– = 5 I– + IO3– + 3 H2O
Calcoliamo le moli di I2 : moli di I2 = 10.0 g/ 253.8 g/mol = 0.0394
Il rapporto stechiometrico tra I2 e I– è 3 : 5 pertanto le moli di I– e quindi di NaI sono pari a 0.0394 ∙ 5/3 = 0.0657 . La massa di NaI è pari a
0.0657 mol ∙ 149.9 g/mol= 9.85 g
Il rapporto stechiometrico tra I2 e IO3– e quindi NaIO3 è di 3:1 pertanto le moli di NaIO3 prodotte è pari a 0.0394 /3 = 0.0131.
La massa di NaIO3 è pari a0.131 ∙197.89 g/mol= 2.59 g
9) 15.0 g di K2Cr2O7 furono ridotti in ambiente acido per acido solforico con alcol etilico secondo la reazione :
Cr2O72- + 8 H+ + 3 C2H6O =2 Cr3+ + 7 H2O + 3 C2H4O
Le moli di K2Cr2O7 sono pari a 15.0 g /294.2 g/mol= 0.0510
Il rapporto stechiometrico tra K2Cr2O7 e Cr3+ è 1:2 pertanto le moli di Cr3+ prodotte sono pari a 0.0510 ∙ 2 = 0.102
Poiché il rapporto stechiometrico tra Cr3+ e KCr(SO4)2 12 H2O è di 1:1 le moli di KCr(SO4)2 12 H2O prodotte sono 0.102.
La massa di KCr(SO4)2 12 H2O prodotta è pari a 0.102 mol ∙ 499.27 g/mol= 50.9 g
Il rapporto stechiometrico tra K2Cr2O7 e l’alcol è di 1:3 le moli di alcol prodotte sono pari a 0.0510 ∙ 3 = 0.153
La resa ponderale di alcol prodotta è 0.153 mol ∙ 46.069 g/mol=7.05 g
10) MnO2 reagisce con KOH e KClO3 fusi secondo la reazione da bilanciare:
MnO2 + KOH + KClO3→ K2MnO4 + KCl
La reazione bilanciata in forma netta è:
3 MnO2 + ClO3– + 6 OH– = 3 MnO42- + 3 H2O + Cl–
Calcoliamo le moli di MnO2 : moli di MnO2= 6.00 g/86.938 g/mol= 0.0690
Poiché il rapporto stechiometrico tra MnO2 e ClO3– è di 3:1 le moli di KClO3 necessarie sono pari a 0.0690/3 = 0.0230
La massa di KClO3 necessaria è pari a 0.0230 mol ∙ 122.55 g/mol= 2.82 g quindi KClO3 è in eccesso e MnO2 è il reagente limitante. Poiché il rapporto stechiometrico tra MnO2 e MnO42- ovvero K2MnO4 è di 3:3 o 1:1 le moli di K2MnO4 che si ottengono è pari a 0.0690
La resa ponderale di K2MnO4 è quindi pari a 0.0690 mol ∙ 197.14 g/mol=13.6 g
