Esercizi sulla stechiometria delle reazioni chimiche

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Esercizi sulla stechiometria delle reazioni chimiche

In questo articolo troverete 8 esercizi sulla stechiometria delle reazioni chimiche. La stechiometria delle reazioni chimiche è un principio fondamentale della chimica generale, essenziale per determinare i rapporti quantitativi tra reagenti e prodotti nelle trasformazioni chimiche. Basata sulla legge della conservazione della massa e sulle leggi ponderali, la stechiometria consente di prevedere la quantità di prodotto ottenibile e di ottimizzare l’uso dei reagenti. Questi concetti trovano applicazione in numerosi ambiti scientifici e ingegneristici, risultando cruciali nella progettazione e ottimizzazione dei processi industriali.

In questo modulo di esercizi sulla stechiometria delle reazioni chimiche si approfondirà la stechiometria applicata alle reazioni chimiche, con un focus sui calcoli quantitativi. Per affrontare al meglio gli esercizi, è fondamentale una conoscenza preliminare di concetti chiave quali mole, massa atomica e molecolare relative, massa equivalente, normalità, legge dei gas perfetti, reagente limitante, resa teorica, resa effettiva e resa percentuale. La comprensione di questi principi permette di sviluppare un approccio metodico alla risoluzione dei problemi stechiometrici.

La raccolta di esercizi proposta segue un livello di difficoltà progressivo, guidando lo studente attraverso spiegazioni chiare e dettagliate. .

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Ottieni il documento contenente 8 esercizi risolti, contenuti in 10 pagine ricche di dettagli, per migliorare la tua comprensione della stechiometria delle reazioni chimiche per il corso di chimica generale.

Esercizi sulla stechiometria delle reazioni chimiche: autori e revisori

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Autore: Fulvio Benintende .

Revisori: Joan Pasqual Guilabert.

Esercizi sulla stechiometria delle reazioni chimiche: testi degli esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un campione di zinco puro al $95\%$ , del peso di $10 \, \text{g}$ viene trattato con acido cloridrico. Avviene la reazione:

$Zn + 2HCl \rightarrow ZnCl_2 + H_2$

Calcolare quanti grammi di $HCl$ partecipano alla reazione.

Svolgimento.

Si propongono 3 diverse soluzioni per il precedente quesito, ma si noti innanzitutto che la quantità di $Zn$ che parteciperà alla reazione sarà:

$m_{\ch{Zn}} = \text{0,95} \cdot 10 \, \text{g} = \text{9,5} \, \text{g}.$

Svolgimento metodo 1.

Ragionamento sulle moli dei reagenti

Le specie di una data reazione chimica stanno tra loro secondo rapporti ben definiti, dipendenti dai rispettivi coefficienti stechiometrici. È possibile impostare quindi proporzioni riferendosi alle moli dei partecipanti alla reazione. In questo caso:

$1 \, \text{mol}_{Zn} : 2 \, \text{mol}_{HCl}$

In $\text{9,5} \, \text{g}$ di $Zn$ sono contenute:

$n_{Zn} = \frac{m}{M_r} = \frac{\text{9,5}}{\text{65,37}} \, \frac{\text{g}}{\text{g/mol}} = \text{0,145} \, \text{mol}$

Per cui la proporzione da impostare sarà:

$1 :\text{ 0,145} \, \text{mol}_{\ch{Zn}} = 2 : n_{\ch{HCl}} \implies n_{\ch{HCl}} = 2 \cdot \text{0,145} = \text{0,29} \, \text{mol}.$

E quindi:

$\boxcolorato{chimica}{ m_{\ch{HCl}} = n_{\ch{HCl}} \cdot M_r_{\ch{HCl}} = \text{0,29} \, \text{mol} \cdot \text{36,46} \, \frac{\text{g}}{\text{mol}} = \text{10,6} \, \text{g}.}$

Svolgimento metodo 2.

Ragionamento sulle masse equivalenti dei reagenti

Si ricordi che per via della definizione di massa equivalente¹ , in una reazione 1 equivalente di una specie si lega solo a 1 equivalente di un’altra, per restituire 1 equivalente di prodotto.

In questo scenario:

$m_{\text{eq},\ch{Zn}} = \frac{\text{65,37} \, \text{g}}{2} = \text{32,69} \, \frac{\text{g}}{\text{eq}}.$

Il valore “2” è il numero di elettroni scambiati (per mole) dallo zinco nella reazione in qualità di riducente ( ${Zn^0 \rightarrow Zn^{2+} + 2e^-)$ .

$m_{\text{eq},\ch{HCl}} = \frac{\text{36,46} \, \text{g}}{1} = \text{36,46} \, \frac{\text{g}}{\text{eq}}$

“1” è il numero di elettroni scambiati, per mole, dall’idrogeno nella reazione in qualità di ossidante. Si imposta ora la proporzione finale:

$m_{\text{eq},\ch{Zn}} : m_{\ch{Zn}} = m_{\text{eq},\ch{HCl}} : m_{\ch{HCl}}$

da cui

$\boxcolorato{chimica}{ m_{\ch{HCl}} = \frac{m_{\ch{Zn}} \cdot m_{\text{eq},\ch{HCl}}}{m_{\text{eq},\ch{Zn}}} = \frac{\text{9,5} \cdot \text{36,46}}{\text{32,69}} = \text{10,6} \, \text{g}.}$

$\[\]$

$m_{eq} \, \left(\frac{g}{eq}\right) = \frac{M_r}{VO} \, \left(\frac{g}{mol}\right) \bigg/ \left(\frac{eq}{mol}\right)$
dove $VO$ è la valenza operativa (il numero di moli di particelle che entrano in gioco in relazione a una mole di sostanza). In particolare: reazione redox:
$m_{eq} = \frac{M_r}{\text{n° di } e^- \text{ scambiati dalla specie}}$
reazione acido-base:
$m_{eq} = \frac{M_r}{\text{H}^+ \text{ prodotti dall'acido}} \quad \text{oppure} \quad m_{eq} = \frac{M_r}{\text{(OH)}^- \text{ prodotti dalla base}}$
dissociazione di un sale:
$m_{eq} = \frac{M_r}{\text{n° di cariche positive o negative prodotte per dissociazione}}.$
↩

La discrepanza di tale risultato rispetto al metodo precedente è dovuta alle approssimazioni di calcolo. ↩

Svolgimento metodo 3.

Proporzionalità tra masse reagenti

Poiché, come già ragionato nel metodo 1, tra i partecipanti a una reazione chimica è possibile impostare proporzioni ben definite in base ai coefficienti stechiometrici, si può scrivere:

$1 \cdot M_r(\ch{Zn}) : 2 \cdot M_r(\ch{HCl}) = m_{\ch{Zn}} : m_{\ch{HCl}},$

da cui

$\boxcolorato{chimica}{m_{\ch{HCl}} = \frac{2 \cdot M_r(\ch{HCl}) \cdot m_{\ch{Zn}}}{M_r(\ch{Zn})} = \frac{(2 \cdot \text{36,46}) \cdot \text{9,5}}{\text{65,38}} = \text{10,6} \, \text{g}. }$

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il volume di idrogeno che si forma se la reazione dell’esercizio 1 avviene alla temperatura di $45 \, ^\circ\text{C}$ e alla pressione di $\text{2,5} \, \text{atm}$ .

Svolgimento.

Se non si ricorre a un approccio termodinamico il volume di un gas è calcolabile esclusivamente ipotizzando che esso segua la legge dei gas perfetti². Si conoscono tutti i termini dell’equazione tranne che il numero di moli di $H_2$ prodotte, facilmente ricavabili ragionando sulle proporzioni e sui coefficienti stechiometrici. Si ha:

$1\ \text{mol}_{\text{Zn}} : 1\ \text{mol}_{\text{H}_2} \Rightarrow 1 \cdot \text{Mr}_{\text{Zn}} : 1 \cdot \text{Mr}_{\text{H}_2} = m_{\text{Zn}} : m_{\text{H}_2} \Rightarrow m_{\text{H}_2} = \frac{(1 \cdot \text{2,016}) \cdot 9,5}{\text{65,38}} = \text{0,29}\ \text{g}$

$\text{Essendo}\ n_{\text{H}_2} = \frac{m_{\text{H}_2}}{\text{Mr}_{\text{H}_2}} = \frac{\text{0,29}\ \text{g}}{\text{2,016}\ \text{g/mol}} = \text{0,144}\ \text{mol}$

$\boxcolorato{chimica}{ V = \frac{nRT}{P} = \frac{\text{0,145} \cdot \text{0,0821} \cdot (45 + \text{273,15})}{\text{2,5}} = \text{1,5} \, \text{L}. }$

$\[\]$

$P \cdot V = nRT$
Dove: $P$ : pressione ( $\text{atm}$ ), $V$ : volume occupato dal gas $(L)$ , $n$ : numero di moli di gas, $R = 0,0821 \, \frac{\text{L} \cdot \text{atm}}{\text{mol} \cdot \text{K}}$ : costante dei gas, $T$ : temperatura ( $Kelvin$ ).
Si noti che esistono diversi valori per la costante $R$ sulla base dell’unità di misura tramite cui è espressa. ↩

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Per preparare il clorato di potassio ( $M_r = \text{122,55}$ ) si può ricorrere a due reazioni consecutive:

$Cl_2 + 2KOH \rightarrow KCl + KClO + H_2O$
$3KClO \rightarrow 2KCl + KClO_3$

Calcolare la massa di cloro ( $M_r = \text{70,90}$ ) necessaria per produrre $250 \, \text{g}$ di $KClO_3$ .

Svolgimento.

Dalla reazione (2) si osserva che per produrre 1 mole di $KClO_3$ sono necessarie 3 moli di $KClO$ (rapporto 1:3). Dalla reazione (1) si ricava invece che per generare 1 mole di $KClO$ serve 1 mole di $Cl_2$ (rapporto 1:1). Per la proprietà transitiva quindi:

$3Cl_2 \rightarrow 1KClO_3.$

Si imposta la proporzione risolutiva:

$3 \cdot M_r_{Cl_2} : 1 \cdot M_r_{KClO_3} = m_{Cl_2}} : m_{KClO_3},$

da cui

$\boxcolorato{chimica}{ m_{Cl_2} = \frac{(3 \cdot \text{70,90}) \cdot 250}{\text{122,55}} = 434 \, \text{g}.}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . A una soluzione in cui sono disciolti $50 \, \text{g}$ di $BaCl_2$ ( $M_r = \text{208,2}$ ) si aggiungono $60\, \text{g}$ di $AgNO_3$ ( $M_r = \text{169,91}$ ). Determinare quanti grammi di $AgCl$ si formano e quanti grammi di $BaCl_2$ rimangono in soluzione.

Svolgimento.

Nota: In questo esercizio viene introdotto il concetto di reagente limitante.

Innanzitutto bisogna costruire la reazione, che è di “doppio scambio”:

$BaCl_2 + AgNO_3 \rightarrow Ba(NO_3)_2 + AgCl \downarrow$

Bilanciamo la reazione:

$BaCl_2 + 2AgNO_3 \rightarrow Ba(NO_3)_2 + 2AgCl \downarrow$

In $50 \, \text{g}$ di $BaCl_2$ sono contenute:

$n_{BaCl_2} = \frac{m_{BaCl_2}}{M_r_{BaCl_2}} = \frac{50}{\text{208,2}} \, \frac{\text{g}}{\text{g/mol}} = \text{0,24} \, \text{mol}.$

In $60 \, \text{g}$ di $AgNO3$ sono contenute:

$n_{AgNO_3}= \frac{m_{AgNO_3}}{M_r_{AgNO_3}} = \frac{60}{\text{169,91}} \, \frac{\text{g}}{\text{g/mol}} = \text{0,35} \, \text{mol}.$

Il rapporto stechiometrico tra le due specie $(AgNO_3/BaCl_2$ ) è $2:1$ . Ma dal momento che si ha:

$\frac{n_{AgNO_3}}{n_{BaCl_2}} = \frac{\text{0,35}}{\text{0,24}} = \text{1,46} < 2,$

le moli di $AgNO_3$ sono insufficienti a consumare completamente quelle di $BaCl_2$ , per cui $AgNO_3$ si definisce reagente limitante e verrà consumato per intero. Si calcola quindi la quantità di $AgCl$ ottenibile con il “numero limitato” di moli, attraverso la proporzione:

$\frac{2 \cdot M_r(AgNO3)}{2 \cdot M_r(AgCl)} = \frac{m_{AgNO3}}{m_{AgCl}}.$

$m_{AgCl} = \frac{(2 \cdot\text{143,35}) \cdot 60}{2 \cdot \text{169,91}} = \text{50,62} \, \text{g}.$

Calcoliamo la quantità di $BaCl_2$ in eccesso, vale a dire il “non reagito”::

$\frac{M_r(BaCl_2)}{2 \cdot M_r(AgNO_3}} = \frac{m_{BaCl_2}}{m_{AgNO_3}}.$

$m_{BaCl_2, reagito}} = \frac{(1 \cdot \text{208,2}) \cdot 60}{2 \cdot \text{169,91}} = \text{36,76} \, \text{g}.$

Calcoliamo ora la quantità di $BaCl_2$ in eccesso:

$\boxcolorato{chimica}{m_{BaCl_2, eccesso} = 50 - \text{36,76 }= \text{13,24} \, \text{g}. }$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . $20 \, \text{g}$ di una lega al $98\%$ di $Al$ ( $A_r = \text{26,98}$ ) e al $2\%$ di $Mn$ ( $A_r = \text{54,94}$ ) si fanno reagire con $HCl$ $6 \, \text{N}$ ³ ( $M_r = \text{36,46}$ ) in eccesso. Determinare:

la massa di $AlCl_3$ ( $M_r = \text{133,33}$ ) prodotta;
la massa di $MnCl_2$ ( $M_r = \text{125,84}$ ) prodotta;
gli mL di $HCl$ consumati complessivamente.

$\[\]$

$N = \frac{n_{\text{eq}}}{V}$
dove $n_{\text{eq}}$ è il numero di equivalenti e $V$ è il volume della soluzione in litri. ↩

Svolgimento punto 1.

Si procederà utilizzando la proporzionalità diretta tra masse reagenti. La quantità di alluminio effettivamente disponibile è:

$m_{Al} = \text{0,98} \cdot 20 = \text{19,6} \, \text{g}.$

e verrà consumata completamente, come deducibile dal testo del quesito. La reazione per $Al$ è di sostituzione:

$Al + HCl \rightarrow AlCl_3 + H_2\uparrow.$

Che bilanciata dà:

$2Al + 6HCl \rightarrow 2AlCl_3 + 3H_2\uparrow.$

Si imposta la proporzione tra le masse:

$\frac{2 \cdot M_r_{Al}}{2 \cdot M_r_{AlCl_3}} = \frac{m_{Al}}{m_{AlCl_3}}.$

$m_{AlCl_3} = \frac{(2 \cdot \text{133,33}) \cdot \text{19,6}}{2 \cdot \text{26,98}} = \text{96,8} \, \text{g}.$

Si determina poi la massa di $HCl$ consumata in questa reazione in vista del calcolo di volume di $HCl$ consumato complessivamente, che dovrà passare per la normalità, quindi per gli equivalenti, quindi per la quantità in grammi di $HCl$ consumato.

$\frac{2 \cdot M_r(Al)}{6 \cdot M_r(HCl)} = \frac{m_{Al}}{m_{HCl}}.$

$\boxcolorato{chimica}{m_{HCl} = \frac{(6 \cdot \text{36,46}) \cdot \text{19,6}}{2 \cdot \text{26,98}} = \text{79,46} \, \text{g}.}$

Svolgimento punto 2.

La reazione bilanciata per $Mn$ è:

$Mn + 2HCl \rightarrow MnCl_2 + H_2.$

La quantità di manganese disponibile è:

$m_{Mn} = \text{0,02} \cdot 20 = \text{0,4} \, \text{g}.$

La proporzione per trovare la quantità di $MnCl_2$ prodotta è:

$\frac{M_r(Mn)}{M_r_{MnCl_2}} = \frac{m_{Mn}}{m_{MnCl_2}}.$

$m_{MnCl_2} = \frac{\text{125,84} \cdot \text{0,4}}{\text{54,94}} = \text{0,92} \, \text{g}.$

La massa di $HCl$ consumata in questa reazione è:

$\frac{M_r(Mn)}{2 \cdot M_r(HCl)} = \frac{m_{Mn}}{m_{HCl}}.$

$\boxcolorato{chimica}{ m_{HCl} = \frac{(2 \cdot \text{36,46}) \cdot \text{0,4}}{\text{54,94}} = \text{0,53} \, \text{g}.}$

Svolgimento punto 3.

La massa totale di $HCl$ consumato è:

$m_{\text{totale}} = \text{79,46} + \text{0,53} = 80 \, \text{g}.$

Che in termini di peso equivalente, considerando che 1 mole di $HCl$ libera per dissociazione 1 $H^+$ :

$m_{\text{eq}, HCl} = \frac{M_r(HCl)}{1} = \text{36,46} \, \text{g/eq}.$

$n_{\text{eq}, HCl} = \frac{m_{\text{totale},HCl}}{m_{\text{eq}, HCl}} = \frac{80}{\text{36,46}} = \text{2,19} \, \text{eq}.$

Il volume di $HCl$ consumato complessivamente è:

$\boxcolorato{chimica}{V = \frac{n_{\text{eq}, HCl}}{N} = \frac{\text{2,19}}{6} = \text{0,366} \, \text{L} = 366 \, \text{mL}. }$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare:

Gli equivalenti⁴
di $Al_2(SO_4)_3$ che si generano nella reazione tra $Al(OH)_3$ ( $M_r = \text{78,00}$ ) in eccesso e $150\, \text{g}$ di $H_2SO_4$ ( $M_r = \text{98,09}$ );
I grammi di $Al(OH)_3$ che reagiscono.

$\[\]$

$n_{\text{eq}} = \frac{m}{m_{\text{eq}}}$
dove $m$ è la massa in grammi della sostanza e $m_{\text{eq}}$ è la massa equivalente. ↩

Svolgimento.

Per cominciare si scrive la reazione acido-base di doppio scambio e si bilancia:

$2Al(OH)_3 + 3H_2SO_4 \rightarrow Al_2(SO_4)_3 + 6H_2O.$

Svolgimento punto 1.

$n_{\text{eq}, H_2SO_4} = \frac{m_{H_2SO_4}}{m_{\text{eq}, H_2SO_4}}.$

$m_{\text{eq}, H_2SO_4} = \frac{M_r_{(\ch{H_2SO_4})}}{2} = \frac{\text{98,09}}{2} = \text{49,05} \, \text{g/eq}.$

$\boxcolorato{chimica}{ n_{\text{eq},H_2SO_4} = \frac{150}{\text{49,05}} = \text{3,1} \, \text{eq}.}$

Svolgimento punto 2.

Proporzionalità tra masse reagenti:
$\frac{2 \cdot M_r_{(Al(OH)_3)}}{3 \cdot M_r_{(H_2SO_4)}} = \frac{m_{Al(OH)_3}}{m_{H_2SO_4}}.$
$\boxcolorato{chimica}{ m_{Al(OH)_3} = \frac{(2 \cdot 78) \cdot 150}{3 \cdot \text{98,09}} = \text{79,52} \, \text{g}.}$
Proporzionalità tra masse equivalenti: ⁶
$m_{\text{eqAl(OH)}_3} = \frac{\text{Mr}_{\text{Al(OH)}_3}}{\text{V.O.}} = \frac{\text{78,00}}{3} = 26 \, \frac{\text{g}}{\text{eq}}$
dove, poiché per ogni mole di $H_2SO_4$ si generano $2H^+$ , $V.O. = 2$ .
$\boxcolorato{chimica}{ m_{\text{Al(OH)}_3} = \text{3,1} \cdot 26 = \text{80,6} \, \text{g}.}$
La discrepanza di tale risultato rispetto al metodo precedente è dovuta alle approssimazioni di calcolo.

$\[\]$
1. Si ricordi che in una reazione chimica, a 1 equivalente di un composto corrisponde 1 equivalente di un altro composto, per cui $n_{\text{eq}_{\text{Al(OH)}_3}} = n_{\text{eq}_{\text{H}_2\text{SO}_4}} = \text{3,1}.$ ↩

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri la seguente redox:

$2\text{KMnO}_4 + 10\text{KI} + 8\text{H}_2\text{SO}_4 \longrightarrow 6\text{K}_2\text{SO}_4 + 2\text{MnSO}_4 + 5\text{I}_2 + 8\text{H}_2\text{O}.$

Determinare la specie ossidante e quella riducente;
calcolare la massa di $\text{I}_2$ ( $M_r = \text{253,8}$ ) che si ottiene facendo reagire $200 \, \text{mL}$ di $\text{KMnO}_4$ $1 \, \text{N}$ .

Svolgimento punto 1.

Esplicitando i numeri di ossidazioni dei vari elementi si ricavano le due semireazioni:

$2\text{I}^- \rightarrow \text{I}_2^0 + 2e^-$

$\text{(MnO}_4)^- + 5e^- \rightarrow \text{Mn}^{(+2)} \quad \text{(ancora da bilanciare in carica e massa)}.$

Da cui emerge che $\text{I}_2$ è la specie riducente e $(\text{MnO}_4)^-$ quella ossidante.

Svolgimento punto 2.

$m_{\text{I}_2} = n_{\text{eqI}_2} \cdot m_{\text{eqI}_2}$

$n_{\text{eqI}_2} = n_{\text{eqKMnO}_4}$

$n_{\text{eqKMnO}_4} = N \cdot V \, (\text{L}) = 1 \cdot \text{0,200} = \text{0,200} \, \text{eq}$

Ora che $n_{\text{eqI}_2}$ è noto si calcola $m_{\text{eqI}_2}$ : $m_{\text{eqI}_2} = \frac{M_r_{\text{I}_2}}{\text{V.O.}} = \frac{\text{253,8}}{2} = \text{126,91 }\, \frac{\text{g}}{\text{eq}}$ ⁷

$\boxcolorato{chimica}{ m_{\text{I}_2} = \text{0,200} \cdot \text{126,91} =\text{ 25,38} \, \text{g}.}$

$\[\]$

Dato che nella semireazione dello Iodio vengono scambiati 2 elettroni per mole di $I_2 prodotta$ , $V.O. = 2.$ ↩

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Quantificare la massa di $KClO_3$ ( $M_r = \text{122,55}$ ) che bisogna riscaldare per ricavare $30\, \text{g}$ di $KClO_4$ ( $M_r = \text{138,55}$ ), insieme a $KCl$ , se la resa percentuale della reazione è dell’ $85\%$ .

Svolgimento.

La reazione proposta è di decomposizione:

$2KClO_3 + calore \rightarrow KClO_4 + KCl + O2.$

La resa percentuale è definita come:

$R\% = \frac{\text{Resa effettiva}}{\text{Resa teorica}} \cdot 100 = 85\%.$

La resa effettiva corrisponde ai grammi di prodotto che si ottengono da un consumo parziale del reagente limitante (parziale perché si ipotizza che per difetti vari di reazione esso non si consumi al $100\%$ , causando quindi una resa inferiore al $100\%$ ). Invece la resa teorica rappresenta la quantità in grammi di prodotto che si genererebbe se la resa percentuale fosse del $100\%$ ), cioè se il reagente limitante venisse consumato completamente.

Nel quesito proposto, la resa effettiva deve essere $30 \, \text{g}$ . Per raggiungere questo risultato bisogna avere una quantità di reagente di partenza tale da sopperire ai difetti di reazione (responsabili di una resa del $85\%$ ) e tale cioè da produrre la quantità teorica di perclorato di potassio.

$\text{Resa teorica} = \frac{30}{85} \cdot 100 = \text{35,29} \, \text{g} \, KClO_4.$

Su questo dato bisogna quindi impostare la ricerca delle moli e poi della massa di reagente:

$n_{KClO_4} = \frac{m_{KClO_4}}{M_r_{KClO_4}} = \frac{\text{35,29} \, \text{g}}{\text{138,55} \, \text{g/mol}} =\text{ 0,255 }\, \text{mol}.$

che corrispondono a:

$\boxcolorato{chimica}{m_{KClO_3} = \text{0,51} \, \text{mol} \cdot \text{122,55} \, \text{g/mol} = \text{62,3 }\, \text{g}. }$

Allo stesso risultato si può giungere calcolando dapprima la massa di $KClO_3$ necessaria a fornire la quantità effettiva di $KClO_4$ ( $30 \, \text{g}$ ) e poi moltiplicandola per il fattore $\frac{100}{85}$ . Il risultato non cambia.

Esercizi sulla stechiometria delle reazioni chimiche: bibliografia

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Esercizi tratti da: A. Post Barocchi, A. Tagliabue – CHIMICA progetto modulare – 2007 S. Lattes, C. Editori Spa – Torino – Printed in Italy per conto della casa editrice Vincenzo Bona Spa – Torino.

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Esercizi sulla stechiometria delle reazioni chimiche: testi degli esercizi

Svolgimento.

Svolgimento metodo 1.

Svolgimento metodo 2.

Svolgimento metodo 3.

Svolgimento.

Svolgimento.

Svolgimento.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 3.

Svolgimento.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento punto 1.

Svolgimento punto 2.

Svolgimento.

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