Problemas resueltos de Química analítica

Problemas resueltos de Química analítica. PQA 2.50.2.50. Para analizar una muestra de aspirina se pesa 0.3470 g de componentes triturados y se tratan con 50.0 ml de sosa 0.1155 M, calentando a ebullición durante 10 minutos. A continuación el exceso de sosa se valora con 11.5 ml HCl 0.2100 M ¿Cuál es la riqueza de la muestra en á. acetilsalicílico (En adelante usar H2Ac)? Reacción: CH3COO-C6H4-COOH + 2 OH- --> --> HO-C6H4-COO- + CH3-COODe la reacción se deduce que: (mmol OH-tot) = 2 * mmol H2Ac/Pm H2Ac + Vclo * Mclo 50.0 * 0.1155 = 2 * mg H2Ac/180 + 11 .5 * 0.2100 mg H2Ac = 303 mg % H2Ac = 0.303 * 100/0.347 = 87.3 % Problemas resueltos de Química analítica. PQA 2.49. 2.49. Una muestra de 7.000 g de vinagre se diluye con agua hasta 50.0 ml. A continuación se trata con 13.5 ml de NaOH 0.505 M y se valo ra por retroceso con HCl 0.605 M, necesitándose 25 ml para alcanzar el punto final de la fenolftleína. a) Cual es la acidez del vinagre expresada como porcentaje de á. acético? b) Suponiendo que éste es el único ácido presente en la muestra ¿ Cuál sería el pH de la disolución en el punto de equivalencia de la valoración? (Usar Ac como abreviatura del radical CH3 -COO-) a) Reacciones: HAc + OH- --> Ac- + H2O H+ + (OH-exceso) -->H2O Por tanto: (mmol OHtot) = mmolHAC + (mmol OH-exceso) mmol H+ = (mmol OH-exceso) Vsosa * Msosa = mg HAc/Pm HAc + Vclo * Mclo 13.5 * 0.505 = mg HAc/60 + 2.5 * 0.605 mg HAc = 318 mg % HAc = 0.318 * 100/7.0000 = 4.5 % b) En el punto de equivalencia se habrá valorado todo el exceso de OH - quedándo en la disolución el anión Ac-. Para alcanzar dicho punto se le añaden a los 50 ml iniciales un volúmen de V2 = 13.5 + 2.5 = 16 ml. La disolución contendrá: mmol Ac- =318/60 = 5.3 mmol ó 5.3/66 = 0.080 M y su pH será: [OH-] =raiz(0.080 * 10^-9.2) = 7.1 * 10 ^-6 M y de aquí: pH = 8.9 Problemas resueltos de Química analítica. PQA 2.48. 2.48. Una muestra de oleum (ácido sulfúrico fumante), que consiste en una disolución de SO3 en ácido sulfúrico, gastó 27.5 ml de NaOH 0.2500 en su valoración. Si la masa de la muestra analizada era de 0.3140 g, calcular a) la riqueza en SO3 y en H2SO4 de la muestra y b) el volúmen de NaOH que se gastaría en valorar 0.5000 g de un ácido sulfúrico fumante que contiene un 10% de SO3. a) El trióxido de azufre se transforma en á. sulfúrico en presencia de agua, y se valora junto con el ácido que contiene inicialmente la muestra: SO3 + H2O --> H2SO4 Reacción de valoración: H2SO4 + 2OH- --> SO4(2-) + 2H2O Para calcular la cantidad de ácido sulfúrico valorada: mmol NaOH = 2 mmol H2SO4 27.5 * 0.2500/2 = 3.4 mmol H2SO4 3.4 * 98 = 333 mg H2SO4 % H2SO4 = 333 * 100/314 = 106 % El 6% corresponde al ácido formado a partir del SO3 y agua. Como SO3 <>H2SO4 mg H2SO4(muestra) + mg SO3 = 314 mg mgH2SO4(SO3) = mg SO3 * Pm H2SO4/Pm SO3 mg H2SO4(muestra) + mgH2SO4(SO3) = 333 mg 333 mg = 314 - mg SO3 + mg SO3 * 98/80 mg SO3 = 84.4 mg % SO3 = 26.9 % mg H2SO4(muestra) = 314 -84.4 = 230 mg % H2SO4(muestra) = 73.2 % b) El porcentaje de SO3 calculado corresponde a: 0.10 * 0.5000 mg SO3 proporcionando un á. sulfúri co de: mg H2SO4(SO3) = 50.0 * 98/80 = 61.3 mg H2SO4 valorado es: 500 - 50.0 + 61.3 = 551 mg H2SO4 luego * 0.2500 = 2 * 551/98 de donde V = 45.0 mnl NaOH Problemas resueltos de Química analítica. PQA 2.47. 2.47. Se disuelve una muestra impura de 0.6580 g de tartrato ácido de potasio de fórmula empírica KHC4H4O6 y Pm 188.1, en 45.0 ml de una disolución de sosa 0.0987 M, cuyo exceso consume 6.4 ml de á. sulfúrico 0.1100 M en su valoración por retroceso. Calcular: a) la pureza de la muestra expresada como porcentaje de sal y b) el porcentaje de potasio en dicha muestra. a) Disociación de la sal: KHC4H4O6 --> K+ + HC4H4O6Reacción con la base: HC4H4O6- + OH- --> C4H4O6(2-) Valoración por retroceso: H2SO4 + 2OH --> SO4(2-) + 2H2O mmol OH- = mmol HC4H4O6- + 2 mmol H2SO4 45.0 * 00987 = mg KHC4H4O6/Pm + 2 * ( 6.4 * 0.1100) mg KHC4H4O6 = 570 mg % KHC4H4O6 = 0.570 * 100/0.650 = 86.6 % El porcentaje de potasio (Pat = 39.1) será: (570 * 39.1 * 100)/(188.1 * 658) = 18.0 % Problemas resueltos de Química analítica. PQA 2.46. transformándose en H2SO4.1250 M.45. El exceso de sosa consumió para su valoración 22. PQA 2.44.0096 g/ml de Na2CO3.1 mg % S = 0.3 mg %S = 6.0365 = 2 * mg S/32 mg S = 3.7500 = 0.2500 g de mineral en trióxido de azufre.0 ml de una disolución de á. 2.= 2 * mg S/Pat S + mmol H+ 40.= 2 * mg S/Pat S 5.6/106 = 0.45. Calcular el porcentaje de azufre en la muestra.7500 g de muestra se sometieron a combustión en corriente de oxígeno.1250 = 2 * mg S/32 + 22.0 * MClH mmol HCl = V * MClH = 2 * mg Na2CO3/Pm Na2CO3 = 2 * 9.5 % Problemas resueltos de Química analítica. Reacciones del procedimiento: S + O2 --> SO2 (SO3) SO2 (SO3) + H2O2 --> H2SO4 Reacciones de valoración: H2SO4 + 2OH.46. Para determinar el contenido en azufre de una muestra orgánica se aplicó el siguiente procedimiento: 0. el cual fue absorbido sobre 40.0 * 0. .181 mmol HCl/ml mg S = 16. PQA 2.0 ml de una disolución de NaOH 0. formándose dióxido de azufre y algo de trióxido.-->SO4(2-) + 2 H2O Reacción estequiométrica: S <> SO2 <> SO3 <> H2SO4 mmol OH. calcular el porcentaje de azufre en la muestra.3 ml de una disolución de NaOH 0.3 * 0. Estos gases se recogieron sobre una disolución diluída de peróxido de hidrógeno. clorhídrico equivalente a otra de 0.41% Problemas resueltos de Química analítica. mmol OH.2. Se transformó el azufre de una muestra de 0. Si en la valoración de este ácido se consumieron 5.0031 * 100/0.0365 M. calcular los porcentajes de CaO y MgO en la muestra.7 Problemas resueltos de Química analítica.9 % mg Ca = 289 * 40. Para determinar la pureza de un material constituído por óxido de calcio e impurezas inertes.0 ml NaOH.2500 M.44. La Reacción del ácido sobre el óxido de calcio es CaO + 2 H+ --> Ca2+ + H2O mmol HCl = 2* mmol CaO + mmol OH 100 * MClH = 2 * mg CaO/56. Se sabe que una muestra contiene exclusivamente óxidos de calcio y magnesio.2000 g.1 + 12.0 * M M = 0.2.1002 = 25.+ 2 H2O 2 * mol H2Ph = mmol OH2 * 13.43.5 ml de á. se disolvieron en 50.3250 g de muestra en 100 ml de á.1082 mol/l La reacción de disolución de ambos óx idos en el ácido transcurre según: MO + 2H+ --> M2+ + H2O MO <> 2 H+ <> 2OHmmol H+ = 2* mmol CaO + 2 * mmol MgO + mmol OH- Se cumple que mg CaO + mg MgO = 200 mg muestra y .5 ml de NaOH. clorhídrico 0.275 2 * MClH = 1 * 0.0 ml de á.275 M.43.clorhídrico (en exceso). se procedió a la disolución de 0.275 MCLH = 0. calcular el porcentaje de CaO y Ca en la muestra.5 * 0. PQA 2.1002 M.0 ml de la disolución base se consumieron 13. ftálico 0.5 * 0.5 ml. y el exceso de ácido se valoró con 40.1/56.1 = 207 mg % Ca = 63.--> Ph2.0 ml de HCl <> 1. La reacción de valoración ajustada y la relación estequiométrica es: H2Ph + 2 OH. Para proceder a su análisis se pesaron 0. determinándose dicho exceso por valoración con una disolución de NaOH 0.1375 mol/l mg CaO = 289 mg % CaO = 88. Si en la normalización de 25. 2. de la que se gastaron 12. Si las concentraciones del ácido y de la base son tales que 2. se gasten no más de 50.1082 mg MgO = 131 mg y mg CaO = 69 mg Problemas resueltos de Química analítica.51 * 6.1 + 2 * mg MgO/40. con la única diferencia de que se recoge el amoníaco destilado en ácido fuerte en exceso para valorar éste con sosa.0000 b) % Proteínas en la leche 0.1210 M.38.0 * 0.sustituyendo datos.2 ml Calcular a) Porcentaje de Nitrógeno en la muestra.H+ --> NH4+ .0153 * 100/3. Se determina el N de una muestra de leche en polvo que pesa 3.3 + 40. PQA 2. bórico. Para ello s e hace destilar el amoniaco sobre 50.70). PQA 2. una vez tratado por el método de Kjeldahl.0000 g habrá pues: g prot tot = 0.1540 M.41. clorhídrico 0. ¿qué cantidad de proteínas contiene la masa de muestra analizada?.1210 = mg N/14 + 32. En la valoración por retroceso del exceso de ácido con sosa.0 ml de á.1540 mg N = 15.41. Calcular el peso máximo del mismo que debe tomarse para que. 2.2500 = 2 * mg CaO/56. tenemos: mmol HCl = mmol NH3 + mmol NaOH 50.41. y recogido el amoníaco formado sobre á. (Dato: factor N en proteína = 5. Las reacciones que tienen lugar son: a) Digestión: Nprot -. valorándose el exceso de ácido con otra disolución de NaOH 0.38 = 3. Un cereal contiene el 2. b) Si el factor de conversión de Nitrógeno en proteína es 6.0 ml de una disolución de á.25% En la muestra de 3. a) Las transformaciones que tienen lugar son como las de 2. masas y pesos moleculares y despejando: 50. 2.5 * 0.2 * 0.0 * 0.000 g mediante el método de Kjeldahl.8% de proteínas.0975 g Problemas resueltos de Química analítica.42. clorhídrico 0.3 mg % N = 0. de la que se gastaron 32.0320 M en la valoración.42. --> NH3 NH3 + HBO2 --> NH4+ + BO2c) Valoración: H2 + BO2.571 g Problemas resueltos de Química analítica.0 ml y otra c on naranja de metilo. que suponen en mmoles 50. Se sabe que cierta disolución contiene una combinación de dos de las siguientes sustancias: HCl.39.028 = 4.60 mmoles HCl equivalentes 1.4 ml de NaOH. La valoración de una alícuota con NaOH 0. pues el naranja ya estaría virado.0 ml de HCl.4 mg N ó 22.60 * 14 = 22. requiere 16. PQA 2.4 * 5.<> NH3 <> N por lo que deducimos: mmol HCl = mg N/Pat N Como sólo pueden ser consumidos un máx imo de 50.--> HBO2 Y las relaciones estequiométricas: H+ <> BO2. ¿Cuántos mg de qué componentes están presentes en la alícuota valorada? Las mezclas binarias posibles son: a) HCl + H3PO4 b) H3PO4 + NaH2PO4 c) NaNH2PO4 + Na2HPO4 De éstas queda descartada la c) ya que al valorar con sosa sólo podría usarse la fenolftaleína. 2. NaH2PO4 y Na2HPO4.0 * 0. para el mismo volúmen de muestra.39.OH.128/0. H3PO4.70 = 128 mg de Proteína Por tanto la masa de muestra necesaria será como máximo de m = 0.b) Destilación: NH4+ -.0320 = 1.450 M usando fenolftleína requiere 28. Calculamos el gasto de sosa en la 1ª alícuota para mezcla b) V sosa = 2 * V1 + V2 Gasto V1 para las reacciones . --> H2O V2 para H3PO4 + OH.4 ml. no puede tratarse de esta mezcla b).450 = mg HCl/36.+ H2O y V2 para H2PO4. el volúmen consumido hasta viraje de la f enolftleína debería ser mayor que 28.+ H2O Esta mezcla se ajusta a los datos del problema.--> HPO4(2-) + H2O Para la 2ª alícuota el gasto de sosa sería Vsosa = V1 + V2 Para las reacciones V1 en H+ + OH.+ H2O Como V1 = 16.--> HPO4(2-) + H2O Calculamos el gasto de sosa en la 2ª alícuota Vsosa = V1 Reacción: H3PO4 + OH.4 ml De dónde deducimos V1 = 4.--> H2PO4. Por tanto.0 ml y V1 + V2 = 16.+ OH.6 ml Para calcular las concentraciones se plantea en la 2ª valoración: mmol NaOH = mmol HCl + mmol H3PO4 (V1 + V2) * Msosa = mg HCl/Pm HCl + mg H3PO4/Pm H3PO4 16.+ H2O y H2PO4.--> H2PO4. En el caso de la mezcla a) Para la 1ª alícuota el gasto de sosa sería Vsosa = V1 + 2 * V2 Para las reacciones V1 en H+ + OH.8 ml y V2 = 11.--> H2PO4.--> H2O V2 para H3PO4 + OH.4 * 0.5 + mg H3PO4/98 Además V2 * Msosa = mg H3PO4/Pm H3PO4 .H3PO4 + OH.--> H2PO4.0 ml. ya que se tendría: V1 + 2 * V2 = 28.--> HPO4(2-) + H2O y V2 para (H2PO4-ini) + OH. 6 * 0. PQA 2. se disuelven en agua y se valora con HCl 0. 2. se calienta. y se elimina el CO2 por burbujeo sobre 25.38. En la primera valoración: CO3(2-) + H+ -->HCO3mmol H+ = mmol CO3(2-) = mg Na2CO3/Pm Na2CO3 12. consumiéndose 14.0 ml de NaOH 0. Calcular los porcentajes de las dos sales en la muestra. Para ello se pesan 0.4817 g.--> CO3 + H2O (mmol OH-tot) = 2 * mmol CO2 + (mmol OH exceso) Al valorar con HCl se neutraliza el exceso de sosa y el carbonato formado: mmol H+ = mmol OH exceso + mmol CO3(2-) y teniendo en cuenta que mmol CO3(2-) =mmol CO2 .3 ml hasta viraje de la fenolftaleína.11.1176 M.7 = 31.44 + mg NHCO3/84 Al reaccionar con NaOH: CO2 + 2OH. Otra muestra idéntica se disuelve en exceso de HCl.8% Las reacciones de transformación a CO2 son: CO3(2-) + 2H+ --> CO2 + H2O HCO3. Se analiza una muestra que contiene carbonato y bicarbonato sódicos e impurezas inertes.1176 M.6 ml hasta el viraje de la fenolftaleína.1176 = mg Na2CO3/106 mg Na2CO3 = 153 mg % Na2CO3 = 153 * 100/481.3 * 0. La disolución resultante se valora con HCl 0.44 mmol CO2 Y el total de CO2 será: mmol CO2 = 1.+ H+ -->CO2 + H2O A partir del carbonato sódico se forman: 153/106 = 1.450 = mg H3PO4/98 De dónde deducimos mg H3PO4 = 512 mg y mg HCl = 79 mg Problemas resueltos de Química analítica.38.1863 M. consumiéndose 12. 7 = 26. Con fenolftaleína como indicador (pKi = 9.37.mmol H+ = (mmol OH-tot) .0 * 0.mg NaHCO3/84 mg NaHCO3 = 126 mg % NaHCO3 = 1216 * 100/481. ¿Cuál es la composición de la mezcla? Si la mezcla contuviera sólo sosa o sólo carbonato.37. se disuelve y se valora con HCl 0.--> H2CO3 mmol H+ = mmol HCO3 = mmol CO3(2-) V * M = mg Na2CO3/Pm Na2CO3 7. Por tanto.5 * 0.4) la disolución se vuelve incolora después de la adición de 32.500 = mg Na2CO3/106 mg Na2CO3 = 398 mg % Na2CO3 = 0. Na2CO3 y/o NaHCO3 aislados o mezclados. se gastaría el mismo volúmen de valorante hasta el viraje con cualquiera de los indicadores. En la primera parte de la valoración: OH+ + H+ -->H2O y CO3(2-) + H+ --> HCO3Por tnto: mmol H+ = mmol OH.398 * 100/1. PQA 2.500 M.1.44 . Para el bicarbonato sólo se requiriría de un indicador. que se sospecha que contenga NaOH.4) y se requieren 7.5 ml más de valorante hasta el punto final del indicador. 2.000 = 39.2% Problemas resueltos de Química analítica.mmol CO2 = (mmol OH-tot) . Para una mezcla de carbonato -bicarbonato se requiriría mayor volúmen de ácido para alcanzar el viraje del naranja de metilo. Una muestra de 1.8% Sustituyendo: . la única posibilidad es que se trate de una mezcla de NaOH -Na2CO3.+ mmol CO3(2-) V * M = mg NaOH/Pm NaOH + mg Na2CO3/Pm Na2CO3 32.500 = mg NaOH/40 + mg Na2CO3/106 En la segunda prte de la valoración: H+ +HCO3.000 g.0 ml de ácido. Luego se añade naranja de metilo (pKi = 3. 25.0% Problemas resueltos de Química analítica.125 M con HCl 0. el pH de la disolución viene dado por la hidrólisis básica del amoníaco.0 ml.2 Para V = 75.0 ml de NH3 0.4 Para V = 50 ml HCl añadidos = 5.2. 2.0.50 = 3.00 = 1. Calcular el pH en los puntos de la curva de valoración que corresponden a la adición de 0. 75.000 = 49.056 M [H+] = raiz(10^9. PQA 2.25.mg mg NaOH = 492 mg % NaOH = 0.2 * 0.5 ml HCl añadidos = 6.0 ml * 0.100 = 2.0 ml .2 = 4. y 90.5. con pKb = 14-9. NH3 sin valorar = 6.125 * 10^-4.25 . equivalente al NH4+ formado.5.1 Para V = 25. La disolución a valorar contiene 50.75 mmol.8) = 1.0.25/112.25 mmol de NH3 La reacción de valoración es: NH3 + H+ --> NH4+ Inicialmente.8 [OH] = raiz(0.50/75) = 9.0 ml.100 M.4 * 10^-3 M y por tanto pH = 11.5 0 mmol.5 = 112.25/100)/(5. para V = 0. Volúmen final: f = 50 + 25 = 75 ml.25 .00 mmol equivalentes a los mmoles de NH4+ formados NH3 sin valorar: 6.056) = 5. Se valoran 50.75/75)/(2.6 Para V = 62.00/100) = 8.25 mmoles y se ha neutralizado todo el NH3. 50. Estamos pues en el punto de equivalencia.0 * 0. Por tanto: pH = 9.2 + log(1. ml moles HCl añadido = 25.0. La disolución contiene una mezcla reguladora NH4+/NH3 cuyo pH vendrá dado por: pH = 9. en el que el pH viene dado por la disociación ácida del NH4+ a un concentración Ci = 6. 25.2 + log(3. formándose una cantidad equivalente de NH4+ en un volúmen Vf = 50 + 62.5 ml.25 mmol en un volúmen vf = 50 + 50 = 100 ml.125 M = 6.5 = 0.490 * 100/1.9 * 10^ -6 M y por tanto pH = 5. 62. 2.y 1. Pm = 207.50 mmol Na3AsO4 A pH 7. deberá formarse una nueva mezcla equimolar de las especies HAsO4(2 -) y AsO4(3-).0 Para V = 90. para lo que será necesario añadir una cantidad de NaOH equivalente a la de las especies neutralizadas. habrá que añadir: V = 2.0.0/207.6.HCl añadidos = 7. con el peso molecular de la sal Na3AsO4.9 = 2. formándose 6. PQA 2.--> AsO4(3-) + 2H2O por lo que: mmol NaOH = 2 * mmol H2AsO4. la disolución se llevará a 250 ml.50 ml Después de añadir este volúmen.25 mmol de H2AsO4 .25 mmol de H+ en un volúmen Vf = 75 + 50 = 125. formándose un exceso de H+ de 9. a partir de la anterior.25 mmol de HAsO4(2 -) y 1. Teniendo en cuenta las constantes de disociación del ácido arsénico pK1 = 2.5. será necesario neutralizar los dos protones del H2AsO4 -. 250 ml de una disolución de pH 11.+ 2OH. .50 mmol/(1 mmol/l) = 2.0 ml.25 mmol de NH4+ y quedando un exceso de 7.y HsO4(2-).25 = 1. Para alcanzar el pH final 11. contiene una mezcla equimolar de las especies H2AsO4. según la reacción: H2AsO4.0.0 mg de arseniato sódico en agua y la disolución se lleva a pH 7.0 ml HCl añadidos = 9.25 mmol de AsO4(3-).50 mmol Como se dispone de una disolución de NaOH 1M.25 = 2. Se disuelven 520. Problemas resueltos de Química analítica.7 Problemas resueltos de Química analítica.5.25 mmol de HAsO4(2-).00 .9: 520.75 mmol en un volúmen Vf = 90 + 50 = 140.0. pK3 = 11. Calcular qué volúmen de sosa 1M será necesario añadir para preparar.0 ml.5.20.75/140) = 1.25 = 2. enrasando con agua.2. El pH viene dado por la concentración de protones en exceso: [H+] = 1. [H+] = -log (2. pK2 = 7.50 .00 mmoles.= 2 * 1.50 mmoles.0.6.25/125 = 0. Para llegar a formar una disolución que contenga 1. la disolución contendrá 1. PQA 2.01 M y por tanto pH = 2. se deduce que la disolución inicial a pH 7.19. Se calcula primero la cantidad de arsenito sódico en mmoles.20. 6. la disolución final deberá mantenerse en pH = 10.6 = log [En]/[HEn+] 10^0. se deberá añadir a 200 mmol de HCl para obtener un litro de disolución reguladora de pH 10.1 unidades de pH.0.83 .1 y HEn+ <--> En + H+ pK2 = 9.0 g. cumpliéndose: 10.6 = 9.17 M [En] = 0. a) ¿Qué peso de etilendiamina (NH2CH2CH2NH2). formándose 200 mmol de HEn+.19.9 + log [En]/[HEn+] 0. La relación de concentraciones calculada anteriormente para las dos especies de la En puede expresarse como moles.5 = 9.0 * [HEn+] Al añadir En a 200 mol de HCl se producirá la reacción: H+ + En --> HEn+ Primero se neutralizarán los 200 mmol de HCl.5? b) ¿Cuantos moles de ácido o de base admiten 100 ml de esta disolución para que su pH varíe como máximo +/. b) Al añadir mínimas cantidades de una base se producirá un ligero aumento del pH. Para amortiguarla +/.6 = [En]/[HEn+] [En]] = 4. diluyendo posteriormente a un litro de disolución.9 Por lo que a pH = 10. Ya que el peso molecular es 60.2.5 se tendrá el regulador HEn+/En. cumpliéndose: pH = 10.0.9 + log [En]/[HEn+] de donde: 0.0.0 * [HEn+] La concentración total de En es Ctotal = [HEn+] + [En] = 1M Resolviendo el sistema obtenemos: [HEn+] = 0. Entonces se cumplirá: mmol En = 4 * mmol HEn+ mmol En = 4 * 200 = 800 mmol En tot = 200 + 800 = 1000 Será preciso añadir pues 1 mol de En. Si se sigue añadiendo En a la disolución. ya que el volúmen de la disolución final es el mismo.7 = log [En]/[HEn+] 10^7 = [En]/[HEn+] [En] 5. se obtendrá la mezcla deseada. la masa de En es de 60.1 unidades? a) Las constantes de disociación ácida del sistema de la etilendiam ina (a partir de ahora En) son: H2En2+ <--> HEn+ + H+ pK1 = 7. Pingarrón y F. cumpliéndose: pH = 10.20.056 Desde: 19/Dic/2003 #3· RE: Problemas de Química analítica resueltos Problemas resueltos de Química analítica.2 * [HEn+] Como la concentración total de En es Ctot = [HEn+] + [En] = 1M Resolviendo el sistema. Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 06/Dic/2006 12:41 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1. PQA 3 . Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editad o por Edit. J. es decir 3.M de Villena. Como éstos se han formado a expensas del ácido añadido.24 y [En] = 0.Respecto de la disolución inicial. Para que sea como máximo de -0. se obtiene: [HEn+] = 0. ésta contiene 0.1 unidad. Síntesis: P.J.4 = 9. es decir 4. Al añadir una mínima cantidad de ácido esta disolución se producirá una ligera disminución del pH. por tanto la cantidad de base que admite dicha disolución será de 30 mmol/litro . la disolución deberá llegar a pH = 10.5 = log [En]/[HEn+] 10^5 = [En]/[HEn+] [En] = 3. . ésta contiene 0.0 mmol /100 ml.04 moles más de especie protonada.76 M Respecto a la disolución inicial.0 mmol /100 ml.M. Yañez-Sedeño.9 + log [En]/[HEn+] 0. la cantidad de ácido que admite dicha disolución será de 40 mmol/litro.4.03 moles más de especie disociada y formados a expensas de la base añadida. pero el desplazamiento de la reacción se asegura añadiendo un fuerte exceso de NaF.7 * 0.2 mg de Zn.0 ml de una disolución amoniacal de EDTA de la que 2. Datos: Pm SO2(2-) = 96.0986 M.7 mg Problemas resueltos de Química analítica. se lava y se disuelve en 25. 3.4 ml.) = mmol Mg2+ 22. A co ntinuación.19. Finalmente el exceso de EDTA se valora con una disolución de Zn(II) 0.3 Pat Zn = 65.) + Y4Valoración: Y4. b) En la primera valoración: mmol EDTA = mmol Mg2+ + mmol Zn2+ mmol Mn2+ = mmol EDT (desplaz. Para ello se toman 0. se disuelven en ácido nítrico y se añade un exceso de nitrato de plomo.7 ml hasta color azul.3. gastándose 22.4 mg y Zn+2 = 36.0230 = Mg2+/Pt Mg Sustituyendo y despejando: Mg2+ = 10. tal como indica el proc edimiento. Para ello se calculará la constante de la reacción de desplazamiento: K = [H2Y2-]/([MgY2-][F-]^2) Si multiplicamos por [Mg2+]/[Mg2+] obtenemos: K = 1/KsubMgY * Ksubs(MgF2) = 1/10^8.4 a) Justificar el procedimiento seguido y b) Calcular los mg de Mg2+ y Zn2+ en la alícuota valorada. consumiéndosen 7.4 Dicho valor de K es pequeño.6 * 0. Una disolución contiene una mezcla de Mg2+ y Zn2+.19.20. PQA 3. el sulfato de plomo formado se separa por filtración.5 g de NaF a la disolución. Para determinar ambos iones se valoran 20.+ ZnY2Indicador: MgNET + Y4.0 ml de muestra con EDTA 0. El contenido en sulfato de un mineral se determina mediante un método indirecto.6 * 10^ -8. el fluoruro debe reccionar y desplazar al Mg complejado cuantitativamente al EDTA.4 .+ 2F.<--> MgF2 (precip. Seguidamente se añadieron 2.+ Mn2+ --> MnY2Para validar el método. observándose la aparición de un precipitado y liberándose una cantidad de EDTA tal que se necesitaron 18.0436 M en medio amoniacal.5 ml equivalen a 16.4782 g de muestra.+NET Desplazamiento: MgY2.--> MgY2.6 ml de una disolución patrón de Mn2+ 0. Calcular el porcentaje de SO4(2-) en la muestra.0436 = mg Mg2+/Pat Mg +mg Zn2+/Pat Zn 18. empleando NET (negro de eriocromo T) como indicador. Pt Zn = 65.0230 M para su valoración. Datos: Pat Mg = 24. a) Las reacciones que tienen lugar son: Valoración: Mg2+ + Zn2+ + Y4.2 = 10^0.--> MgY2. 050 M hasta completar la valoración. a) A ph=1.5 *MY4.0 ml en total.(eceso) +Zn2+ --> ZnY4Es un valoración por retroceso y se cumple que: mmol Y4.(total) = mmol Pb2+ + mmol Zn2+ = mgSO4(2-)/Pm SO2(2-) + VZn2+ * MZn2+ Para calcular la concentración de la disolución de EDTA se sabe que: mmol Y4.4 * 0.7: alfasubgamma^4-[H+] = 1 + 10^11[H+] + 10^17.1 % Problemas resueltos de Química analítica.18.2/65.0 ml de disolución. gastándose 42.0991 mol/l y sustituyendo: 25.7[OH-] + 10^15.= mgZn/Pt Zn = 16. P QA 3. indicando las especies que se valoran en cad a uno de los pasos. a) Justificar el procedimiento seguido.3[H+]^2 + 10^19.= 0. la disolución obtenida se llevó a pH 5.18.8[OH-]^2 + 10^35. 3.Las reacciones que tienen lugar son: SO4(2-) + Pb2+ <--> PbSO4 (precip) PbSO4 (precip) +Y4.8[H+]^3 + 10^21.5 ml.050 M hasta viraje del naranja de xilenol.5 .= mmol Zn2+ 2.+ SO4(2-) + Y4.0986 y despejando mg SO4(2-) = 168 mg pasando a porcentaje: %SO4(2-) = 168* 100/478.0 * 0.0 ml y una vez ajustado el pH a 1.1 alfasubBi3+(OH-) = 1 + 10^12. consu miéndose 24.0991 = mg SO4(2-)/96 + 7.(exceso) Y en la valoración: YY4. b) Determinar las cantidades exactas de Bi(III) y Pb(II) presentes en 50. Para determinar la composición de una disolución de Bi(III) y Pb(II) se aplicó el siguiente procedimiento: Se tomó una alícuota de 50.7[H+]^4 = 10^15.2 = 35.7 se valoró con EDTA 0.--> PbY2. A continuación.2[OH -]^3 = 10^3.4 MH2Y2.0 y se siguió adicionando EDTA 0. 050 = mgBi/209 mgBi = 256 mg Bi/50.24. 3.0 MMg2+ = 0.3 = 0.050 = mgPb/207 mgPb = 181 mg Bi/50.0 ml Problemas resueltos de Química analítica.600 g/l de MgCl2.1 .2 log K'subPbY2.0 ml de una disolución de Mg2+ preparada disolviendo 0.5 .0063 mol/l Para la concentración de la disolución de EDTA conocemos la relación mmol EDTA = mmol Mg2+ y mmol EDTA = mmol CaCO3 .7.8 log K'subPbY2. Para ello se valoran 100 ml de muestra con una disolución de EDTA de la que se sabe que 1.5 = 7.9 Los valores de las constantes indican que a este pH la única especie valorada es el Bi(III).8[OH-] + 10^10.3 .5 * 0. log K'subBiY.0 . Pat Pb = 207) mmol EDTA = mmol Bi(III) 24.600/95. alfsubPb2+(OH-) ~= 1.15. Sabiendo que el volúmen de valorante consumido hasta viraje del negro de eriocromo T fue de 9.6 ml. PQA 3. alfsubBi3+(OH-) = 10^3.= 22.1 .7 = 11.7.17.= 18.8 .7 (Pat Bi = 209.0 = 10. Se quiere determinar la riqueza de un agua. Expresar el resultado de la dureza obtenida como partes por millón de CaCO3. A ph 5. b) A pH=1.0 = 2. Pm CaCO3 = 100. Calculamos la concentración de la disolución de Mg2+.9[OH-]^2 + + 10^14.0.15.alfasubPb2+(OH-) = 1 + 10^7.6[OH -]^3 ~= 1 log K'subBiY.0: alfasubY4-(H+) = 10^7.0 .3.5) * 0.3.3 .0 mmol EDTA = mmol Pb(II) (42.0 ml de la misma equivalen a 5.= 22.7.3.8 .= 18.17.0 ml A pH=5. aplicando Pm MgCl2 = 95.7 A este pH el Bi(III) sigue acomplejado y se valora el Pb(II). 0063 despejando: M(EDTA) = 9. con una disolución de Ag+ 0.3 ml hasta aparición de turbidez.580 = 4.5 .250 g de HgO en ácido nítrico y diluyendo hasta 250 ml.5. ¿Cuál es el porcentaje de NaCl en dicha muestra? Pm NaCl = 58.0 * 0.16. Se valoró por retroceso el Ni2+ presente en una disolución. PQA 3. el exceso de CN .580 g de muestra. A continuación.6 * 0. Se preparó un disolución mercúrica disolviendo 1.5 = 2*(25. 3.0.250 = 0.0315 = mg CaCO3/100 obteniéndosen: 30. consumiéndose 4.16.1 ml de una disolución de cianuro que contenía 8.2 mg/100 ml de CaCO3 ó 302 mg/l de CaCO3 ó 303 ppm de CaCO3 Problemas resueltos de Química analítica.5.se hízo reaccionar en presencia de KI.0 * M(EDTA) = 5.0231 mol/l Hg2+ y pasando a porcentaje: %NaCl = 0.6)/0.2500/216.15.2) * MHg2+ de dónde MHg2+ = (1. Calcular los gramos de níquel contenidos en la disolución analizada.126M.15. PQA 3. 52. Pm HgO = 216.5 ml de Hg2+ en la valoración de 1.6 La reacción de valoración es: Hg2+ + 2Cl.2 ml de la misma disolución en el ensayo en blanco.3% Problemas resueltos de Química analítica. 3. esta disolución se empleó para determinar las impurezas de NCl en una muestra de NaNO3.--> HgCl2 por lo que deducimos la relación mmol Cl -/2 mmol Hg2+ NCl/58. Seguidamente. y 0.1.147 mg/ml de KCN.0684*100/1. empleando nitroprusiato sódico como indicador. Para ello se añadió amoniaco en exceso y a continuación. Si se consumieron 25. . PQA 3.--> Ag(CN)(2-) I.0 * 0.054 g Cu La reacción de valoración de cobre II con cianuro se realiza en la relación 2Cu(NH3)4(2-)/7CN.6 * M = 7/2 * (0.Ni =58.0 ml de dicha disolución patrón si se valoráran por el método de Liebig? El latón analizado contiene 0. por tanto: 1.7 + 2 * 4. Cuand o se disuelven 0.126 Ni = 79.14.14.9 mg Ni Problemas resueltos de Química analítica.160 = 2 * (Ag+ * 10^3/108) despejando Ag+ = 0.--> Ni(CN)4(2-) + 4NH3 Ag+ + 2CN.Las reacciones que tienen lugar son: Ni2+ + 4NH3 -->Ni(NH3)4(2-) Ni(NH3)4(2-) + 4CN. se consumen 18.0 Pt.45 = 0.) mmol KCN (total) 4 mmol Ni2+ + 2 mmol Ag+ Pm.120 * 0.por tanto: mmol CN.6 ml hasta desaparición del color azul del complejo de cobre en medio amoniacal.+ Ag+ --> AgI (precip.7 52.147/65.120 g de la misma y se valoran con una disolución patrón de KCN.054 * 10^3/1 08) despejando M = 0. ¿Cuántos gramos de Ag+ reaccionarán con 1.= 7/2 mmol Cu 18. El porcentaje de cobre de una muestra de latón es del 45. KCN = 65.0%.160 mol/l KCN En la valoración de la plata la relación es mmol CN. 3.3 * 0.0086 g ó Ag+ = 8.= 2 mmol Ag+.0 = 4 * Ni/58.6 mg Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 06/Dic/2006 12:42 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro .1 * 8. se puede calcular el contenido de aluminio en la muestra.00 g se somete a un proceso de oxidación mediante el cual su contenido en sacarina es transformado en sulfato.056 Desde: 19/Dic/2003 #4· RE: Problemas de Química analítica resueltos Problemas resueltos de Química analítica.00 = 0 .) moles sacarina/moles S = moles So4(2-) = moles BaSO4 moles sacarina = g BaSO4/Pm BaSO4 = 0.40 = 9.Mensajes: 1.227 g de alumbre.0223/233.Oxid ->SO4(2-) SO4(2-) + Ba2+ <--> BaSO4 (precip.) + 3H+ Una vez calcinado a Al2O3 y determinado su peso.19.0175 g % sacarina = 0.19. Si la masa de este precipitado es de 0. Calcular los porcentajes de aluminio y azufre en la muestra. 0.0175 * 100/100. que contiene sólo impurezas inertes. 4. se disuelve y el aluminio se precipita con 8 -hidroxiquinoleína.55 * 10^-5 * Pm sacarina = 9. PQA 4. que posteriormente es precipitado con bario.1098 g. Una muestra de sidra de 100.55 * 10^-5 g sacarina = 9. según la reacción: Al3+ + 3C9H7NO <-->Al(C9H6NO)3 (precip.20.19 = 0. Una muestra de 1. K2SO4 · Al2(SO4)3 · 24 H2O.0175% Problemas resueltos de Química analítica. el precipitado se calcina a Al2O3.20. El aluminio precipita con la 8 -hidroxiquinoleína C9H7NO. obteniéndose una masa de 0.55 * 10^-5 * 183. Una vez filtrado.1098 g.0223 g. 4. PQA 4. calcular el porcentaje de sacarina en la muestra de sidra La sacarina es oxidada a sulfato y el sulfato es precipitado con bario según las reacciones siguientes y relaciones estequiométricas: C7H5NO5S <. . 98 = 0.73% Para calcular el contenido de azufre en peso y su porcentaje tendremos en cuenta la reacción estequiométrica: 2 moles Al/4 moles S moles Al =g l/Pt l = 0.2277 = 11.05811 g % Al = 0.18.21% El contenido de aluminio en peso y su porcentaje será: g Mg = g Mg2P2O7 * 2 * Pat Mg/Pm Mg2P2O7 = 1.31/222.98/101.004308 *m 32.97% El contenido de aluminio en peso y su porcentaje será: g Al = g Al2O3 * 2 * Pat Al/Pm Al2O3 = = 0.0133 * 100/0.0285 * 28.98/101.g Al = g Al2O3 * 2 * Pat Al/Pm Al2O3 = = 0.00254 moles S = 2* moles Al = 2* 0.09/60. que tras el adecuado tratamiento da una masa de 0.6750 g se disuelve en ácido y se separa el silicio en forma de SiO2.05811/26.96 = 0. Una muestra de 0.1381 g % S = 0.0133 g % Si = 0.5383 * 2 * 26.05811 * 100/1.004308 g S = moles S * Pt S = 0.25 % Problemas resueltos de Química analítica.96 = 0.1381 * 100/1. A la disolución ácida resultante se le añade amoniaco y se precipita el aluminio como Al2O3. se precipita el magnesio con fosfato. obteniéndose 1.6750 = 1. se calcina el precipitado y se pesa como pirofosfato.3702 g .2849 g % Al = 0.6750 = 42. PQA 4. Una aleación contiene aluminio.0002154 = 0.6946 g.0285 g.2849 * 100/0. En esta disolución amoniacal.06 = 0.1098 * 2 * 26. 4. El contenido de silicio en peso y su porcentaje será: g Si = g SiO2 * Pat Si/Pm SiO2 = = 0.5383 g. Calcular la composición de la aleación.56 = 0. cuya masa un vez cal cinada es de 0.09 = 0.6946 * 2 * 24.18. finalmente.2277 = 4. silicio y magnesio. % Mg = 0.3702 * 100/0.6750 = 54.84% Problemas resueltos de Química analítica. PQA 4.17. 4.17. Una muestra contiene sodio, bario y amonio en forma de nitratos. Se toman 0.9996 g y se disuelven en 250.0 ml. Una alícuota de 100.o ml se trata con H2SO4, obteniéndose un precipitado de 0.2201 g. La disolución resultante se evapora a sequedad, quedando un residuo de 0,1987 g. En otra alícuota de 100.0 ml se elimina el amonio y, tras tratatamiento adecuado con tetrafenilborato de sodio, se obtiene un precipitado. ¿Cuál será su masa si el porcentaje de sodio en la muestra es del 11.20%? ¿Cuáles serán los porcentajes de bario y potasio en la muesta?. Primero se procede a precipitar el SO4Ba: Ba2+ + SO4(2-) <--> BaSO4 (precip.) Como la masa del precipitado obtenido es de 0.2201 g, se puede calcular el peso de bario presente en la alícuota así: g Ba = g BaSO4 * Pat Ba /Pm BaSO4 = = 0.221 * 137.34/233.40 = 0.1295 g Ahora lo calculamos para los 250.0 ml totales obteniendo: gBa tot. = 0.1925 * 2.5 = 0.3235 g y referido a porcentaje: %Ba =0.3238 * 100/0.9996 = 32.49% Al evaporar a sequedad la disolución resultante, tras separar el precipitado de BaSO4, queda un residuo de 0.1987 g constituido por las sales Na2SO4 y K2SO4. Ya que conocemos el % de sodio en la muestra, 11.20%, calculamos la masa de Na2SO4 presente en el residuo: gNa tot = 0.9966 * 0.1120 = 0.1116 g En la alícuota de 100.0 ml habrá: g Na = 0.1116/2.5 =0.04464 g Los pesos de sulfatos sódico y potásico serán: g Na2SO4 = g Na * Pam Na2SO4/(2 * Pat Na) = = 0.04464 * 142.04/(2 * 22.99) = 0.1379 g g K2SO4 = 0.1987-0.1379 = 0.0608 g g K = g K2SO4 * (2 * Pat K)/(Pam K2SO4) = 0.0609 * (2 * 39.10)/174.26 = 0.0273 g Referido a 250.0 ml calculamos el peso pedido en 250 ml y su porcentaje: g K = 0.0273 *2.5 = 0.0683 g %K = 0.0683* 100/0.9996 = 6.85% En la alícuota tratada con el tetrafenilborato se ha obtenido un precipitado de KB(C6H5)4: Si en 100 ml había 0.0273 g de K tendremos: g KB(C6H5)4 = g K * Pm KB(C6H5)4/Pat K = 0.0273 * 358.34/39.10 = 0.250 g Problemas resueltos de Química analítica. PQA 4.16. 4.16. Una muestra de 1.5832 g conteniendo fósforo se disuelve en medio ácido, y a continuación, se añade un exceso de disolución de molibdato amónico, formándose un precipitado amarillo de fosfomolibdato amónico. El precipitado se disuelve y, tras el tratamiento adecuado, se procede a la precipitación de molibdato de plomo, cuya masa es de 0.1203 g. Calcular el procentaje de fósforo en la muestra, expresando el resultado como P2O5. Comenzamos por precipitar el fosfomolibdato en medio ácido mediante la reacción: PO4(3-) + 12 MoO4(2-) + 3NH4+ +24 H+ <--> <--> (NH4)3PMo12O40 (precip.) +12 H2O La reacción da (NH4)3PMo12O40.2HNO3.H2O (precip.) en medio á. nítrico diluído y tras calentar a 300ºC se forma el precipitado PMo12O40. Así pues la reacción al precipitar como molibdato de plomo transcurre en la relación: PO4(3-) <--> 12 MoO4(2-) <-->12 PbMoO4 ya que P2O5 <-->2 PO4(3-) g P2O5 = g PbMoO4 * Pm P2O5/(24 * Pm PbMoO4) g PbO5 = 0.1203 * 141.95/(24 * 367.13) = 0.1203 * 0.01611 = 0.001938 g % P2O5 = 0.001938 g * 100/1.5832 = 0.1224 % Problemas resueltos de Química analítica. PQA 4.15. 4.15. Una muestra de oxalatos de calcio y magnesio se analiza termogravimétricamente. Después de calcinación hasta formación de carbonato cálcico y óxido de magnesio, la masa del precipitado es de 0.5776 g y, tras calcinación a óxidos de calcio y magnesio, su masa es de 0.3407 g. Calcular la masa de óxido de calcio en la muestra. El tratamiento térmico de la muestra de oxalatos da lugar a una mezcla de CaCO3 y MgO de acuerdo con las reacciones: CaC2O4 (precip.) --Q--> CaCO3 (precip.) + CO (gas) MgC2O4 (precip.) --Q--> MgO (precip.) + CO (gas) + CO2 (gas) La masa de este precipitado es 0.5776 g, luego g CaCO3 + g MgO = 0.5776 g y teniendo en cuenta las equivalencias entre productos: g CaCO3 = g CaO * Pm CaCO3/Pm CaO = g CaO * 100.9/56.8 y sustituyendo: g CaO * 100.9/56.8 + g MgO = 0.5776 g Al proseguir la calcinación: CaCO3 --Q--> CaO (precip.) + CO2 (gas) Y al final se tiene una mezcla de óxidos de calcio y magnesio de masa 0.3407 g. g CaO + g MgO = 0.3407 Sustituyendo pasamos a tener un sistema de dos ecuaciones con dos incóg nitas que resolvemos: 7554 g de piedra caliza.0399 g Problemas resueltos de Química analítica. fue precipitado como oxalato y.14. El peso de este compuesto fue de 0.3015 * 40. Pm CaCO3 = 100.09 = 0. Datos: Pat Ca = 40. El peso de este compuesto fue de 0. g Ca = g CaCO3 * Pat Ca/PmCaCO3 = g CaCo3 * 40. Calcular el porcentaje de calcio en la muestra de caliza.1207 * 100/ 0.09.) + CO (gas) La relación molar es moles Ca = moles CaC2O4 = moles Ca CO3 g Ca/Pat Ca = g CaCO3/Pm CaCO3 Se conoce como factor gravimétrico al cociente adimensional Pat Ca/PmCaCO3 = 0.) + CO (gas) La relación molar es .08/100.3407 .14. posteriormente calentado hasta su transformación en carbonato cálcico. El calcio de una muestra de 0. Datos: Pat Ca = 40.0.7554 = 15.) CaC2O4 (precip. Pm Ca CO3 = 100. PQA 4.7554 g de piedra caliza.08.3407 g CaO = 0. previamente disuelta. El calcio de una muestra de 0.3018 g MgO = 0.14.) -> CaCo3 (precip.3018 = 0. Precipitamos el calcio con oxalato y por calcinación se transforma térmicamente en carbonato: Ca2+ + C2O4(2-) <--> CaC2O4 (precip.3015 g.g CaO * 1. previamente disuelta.127 g %Ca = gCa * 100/g muestra = 0. Gravimetrías 4. fue precipitado como oxalato y.5776 g g Cao + g MgO = 0.08. posteriormente calentado hasta su transformación en carbonato cálcico.) CaC2O4 (precip.08/100.3015 g.) -> CaCo3 (precip. Calcular el porcentaje de calcio en la muestra de caliza.09 = 0.09.98% 4. Precipitamos el calcio con oxalato y por calcinación se transforma térmicamente en carbonato: Ca2+ + C2O4(2-) <--> CaC2O4 (precip.4004.785 + gMgO = 0. Pingarrón y F. empleando K2CrO4 como indicador.4004. Yañez-Sedeño. se disuelve y se valora con 45. transcurriendo la reacción así: .26. gastándose 47. g Ca = g CaCO3 * Pat Ca/PmCaCO3 = g CaCo3 * 40. 4. por el método de Liebig.000 g de muestra. Se analiza un muestra comercial de cianuro potásico.1650 M hasta turbidez permanente.08/100.26. PQA 4 .3015 * 40. Para ello se pesa 1.J.127 g %Ca = gCa * 100/g muestra = 0. A continuación se prosigue la adición de AgNO3.M de Villena Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 06/Dic/2006 12:50 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1. Síntesis: P.09 = 0.M. y que contiene pequeñas cantidades de cloruro y de sustancias inertes.056 Desde: 19/Dic/2003 #5· RE: Problemas de Química analítica resueltos Problemas resueltos de Química analítica. J.7554 = 15. expresado como porcentaje de KCl. expr esado como porcentaje de KCN y b) el contenido de cloruro en la muestra.70 ml hasta la obtención de un color rojizo.08/100.09 = 0.moles Ca = moles CaC2O4 = moles CaCO3 g Ca/Pat Ca = g CaCO3/Pm CaCO3 Se conoce como factor gravimétrico al cociente adimensional Pat Ca/PmCaCO3 = 0. que se sabe está contaminada con cianuro sódico. a) Valoramos el cianuro con nitrato de plata. Calcular: a) el contenido total de cianuaro en la muestra.1207 * 100/0.95 ml de AgNO3 0.98% Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit. 2890 mg KCl = 0.) En el punto de equivalencia se cumple la relación: 2 mmoles Ag+ = mmoles CN2 * 0.+ Ag+ <--> Ag[Ag(CN)2] (precip.25. origin ando el primer exceso de ión plata un precip.16 % Problemas resueltos de Química analítica.1 ml.1650 * 45.2890 * 74. rojo anaranjado de Ag2CrO4. Una muestra de blenda de 1. se elimina el H2S y la disolución resultante se enrasa a 250 ml.= 0.) mmol Ag+ = mmol g(CN)2. que gastó 12. Una alícuota de 25. La valoración de cinc con ferrocianuro potásico transcurrirá de acuerdo con la reacción ajustada: 3 Zn2+ +2 K+ +2 Fe(CN)6(4 -) <--> K2Zn3[Fe(CN)6(4-)]2 (precip.25.0 = 98.70 = 7.5 ml de la misma.) . PQA 4.2 CN.+ Ag+ <-->Ag(CN)2.16 * 65.= mmoles KCN 15.0 ml de ésta se valora con una disolución de ferrocianuro potásico.(precip. 4.1650 * 45.95 = 7.55 mg % KCl = 21.0490 g de Zn metálico. Calcular el porcentaje de sulfuro de cinc en la blenda.) Añadimos la cantidad estequiométrica y un ligero exceso y se produce una turbidez permanente de dicianoargentato (I) de plata: Ag(CN)2. que indica el final de la valoración según el método de Mohr y las siguientes reacciones y equivalencias: Ag(CN)2.+ Ag+ <--> AgCl (precip.0 = 2.0728 g de masa se trata con HNO3.95 = mmoles CN15. gastándose 16. La concentración de la disolución valorante fue previamente determinada pesando 0.55 * 100/1000.1650 * 47.12 = 987.+ mmol Cl0.+ Ag+ <--> Ag[Ag(CN)2] (precip.582 = mmol Ag(CN)2 (mmol Ag+)exceso = mmol Ag(CN)2.72 % b) Para determinar el cloruro se añade un cantidad adicional de disolución de nitrato de plata.56 = 21.2 mg KCN % KCN = 987. disolviéndolos en H2SO4 diluído y valorando seguidamente la disolución de ferrocianuro.16 = mmoles CN.2 * 100/1000. seguida de la de cloruro de plata.+ mmol Cl(mmol Ag+)ini = 0.) Cl.582 + mmol Cl mmol Cl. En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es: 2 * mmoles Zn2+ = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) Calcularemos primero la concentración de la solución valorante de ferrocianuro. PQA 4.1 y despejando MsubFe(CN)6(4-) = 0.500 mmoles mmol Fe(CN)6(4-) = MsubFe(CN)6(4-) * V 0.43 = 99. Una alícuota de 25.02 mmoles Ahora calculamos la masa de ZnS en la alícuota de 25. Calcular el porcentaje de MgCl2 en la muestra.24.7% Problemas resueltos de Química analítica. a partir de los datos del problema se tiene: 2 * 49.6330 g se disuelve en agua y se lleva a un volúmen de 250 ml.5 * 0.0 ml: mmoles Zn2+ = mmoles ZnS = 1. consumiéndose 24.0/65. se determina la cantidad de cinc en la muestra problema.24.+ Ag+ <--> AgCl (precip. Se va a proceder a una valoración directa de cloruro con disolución patrón de Ag+: Cl.4 mg ZnS En el volúmen total de 250 ml habrá 994 mg de ZnS y el porcentaje de sulfuro de cinc en la blenda será: %ZnS = 994 * 100/1072.5 ml.) En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es: .37 = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) mmol Fe(CN)6(4-) = 0.8 = 92.500 = MsubFe(CN)6(4-) * 12. Por tanto.0 ml se valora con Ag+ 0. 4.0413 mmoles Zn2+ = 1.1250 M. 2 * mmoles Zn2+ = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) 2 * mmoles Zn2+ = 3 * 16.02 * 97.0413 mol/l Conocida la concentración del valorante. la cual se determina mediante la misma reacción. Una mezcla de NaCl y MgCl2 que pesa 1. tendremos: mmoles Cl.mmoles Cl.0000 g de feldespato produce una mezcla de cloruros de sodio y potasio que pesa 0.0 = 30. Una muestra de 2. % MgCl2 = 683 * 100/1633 = 41.6 = mg NaCl/58.+ mmol Ag+ tot mmol Ag+(exceso) = mmol SCNmmol Cl-(tot) = mmol NaCl + mmol KCl Calculamos Cl-(tot) en la muestra. Por tanto.2558 g. NCl y MgCl2.1000 M a la mezcla disuelta de cloruros y el exceso de Ag+ requiere 1. El exceso de sal de plata que no ha reaccionado con el cloruro se valorará con una solución patrón de SCN .1250 = 3.8% Problemas resueltos de Química analítica. mg MgCl2 = 683 mg.+ Ag+ <-->AgCl(precip.<--> AgSCN-(precip.0200 M para su valoración.= mmoles NaCl + 2 mmoles MgCl2 mmoles Cl.23. teniendo en cuenta la estequiometría de las sales se debe cumplir que: mmoles Cl. Par a ello se agregará una cantidad conocida de AgNO3. ¿cuál es el porcentaje de potasio en el feldespato? Aplicaremos el método de Volhard para la determinación indirecta de cloruros.06 * 250/25.00 ml de KSCN 0.) Las relaciones estequiométricas que se deducen de las reacciones son: mmol Ag+(tot) = mmol Cl.44 + (2 * mg MgCl2)/95.) + Ag+(exceso) Ag+(exceso) + SCN.06 mmoles Para el volúmen total de 250 ml.0 = mg NaCl + mg MgCl2 Disponemos de un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas para calcular las masas de ambas sales y el porcentaje de MgCl2 pedido: mg NaCl = 950 mg.6 mmoles Estos mmoles de cloruros proceden de la disolución de las dos sales.22 Teniendo en cuenta la masa total de la muestra de sales de cloruros.00 ml de Ag NO3 0.23. 4.5 * 0. Si se agregan 35. tendremos: 163. PQA 4.y se producirán las siguientes reaccciones: Cl.= mmoles Ag+ mmoles Cl.=3. a partir de las dos ecuaciones con dos incógnitas citadas: .= 24.= 30. Calcula r el contenido de plata en la moneda.87 = 109 mg % Ag = 109 * 100/123.48 mmoles Cl.2 * 100/2000 = 6.00 * 0. PQA 4.00 * 10^-2 M.0 ml. antes de añadir el valorante.5 * 39.0 ml de tiocianato potásico 8. se disuelve en a.=3.<--> CuSCN (precip.0200 mmol Cl.5 mg mg K = mg KCl * Pat K/Pm KCl = 242. 4.48 = mg NaCl/58.) mmoles Ag+ = mmoles SCNAplicando: mmoles Ag+ = 47. Se quiere valorar una disolución de 50. nítrico y se valora con KSCN 0. Representaremos valores de pSCN = -log[SCN-] frente al volúmen de valorante añadido de la disolución de Cu+.22. Un fragmento de una moneda de plata que pesa 0.<-->AgSCN(precip.00 * 10^-2) = 1.= -log[SCN-] = -log(8.) En el punto inicial.00 * 10^ -2 M con Cu+ 4.36 % Problemas resueltos de Química analítica.21. PQA 4.01 mmoles mg Ag+ = 1.22. La reacción y sus relaciones estequiométricas serán: Ag+ + SCN.8 % Problemas resueltos de Química analítica.56 = 127.44 + mg KCl/74. que tiene lugar mediante la reacción: Cu+ + SCN.1238 g.35. 4. Aplicaremos el método de Volhard para la determinación directa de la plata. tenemos: pSCN.00 *0.1 0/74.21.2 mg % S = 127.8 = 88.+ 1.01 * 107.56 255. a partir de los puntos más significativos.1000 = mmol Cl.10 .0 * 0. trazar la curva de valoración correspondiente.0214 = 1.8 mg = mg NaCl + mg KCl mg NaCl =13. consumiéndose 47.0214 M.=3.3 y mg KCl = 242. 0 ml.22 Tras añadir 50.00 * 10-2 M y pSCN = -log[SCN-] = 1.se calcula a partir de: [SCN-]tot = [SCN-]novalo + [SCN-]sub(CuSCN) Siendo [SCN-]sub(CuSCN) la concentración de ión tiocianato procedente de la disolución parcial del preecipitado de CuSCN.0 ml de Cu+ tendríamos: [SCN-]novalo = (mmoles ini de SCN. casi en el punto de equivalencia.0 + 10^-13.0 = 2.0 ml de Cu+ [SCN -] se obtiene del producto de solubilidad del CuSCN (precip.00 * 10^-2)]/100..0 * (8. comprobaremos si sigue siendo despreciable la solubilidad del CuSCN. la concentración de SCN.68 * 10-4 M pSCN = -log[SCN-] = 3.00 * 10 -2 M y pSCN = -log[SCN-] =1. restándoles los mmoles de Cu+ añadidos y dividiendo el resultado por el volúmen total en ml de la disolución.0 * (4. resolviend o la ecuación de segundo grado y despejando [SCN-]tot: [SCN-]tot = [SCN-]novalo + [SCN-]sub(CuSCN) [SCN-]tot = [SCN-]novalo + Ksub(s)/[SCN-]tot [SCN-]tot = 0.mmoles Cu+)/V ml = [50. La concentración de tiocianato debido a la solubilidad del CuSCN puede despreciarse frente a la [SCN-]novalo hasta aproximarse al punto de equivalencia.mmoles Cu+)/V ml = [50.0400/149.00 * 10^ -2) -20.0 * (8.70 Para 99..0 * (4. La [SCN-]novalo se calcula a partir de los mmoles iniciales de Cu+ añadidos.4/[SCN-]tot = 2.00 * 10^-2)]/60.) calculando: .00 * 10^-2) -50. Tras añadir 10.En el transcurso de la valoración y antes de llegar al punto de equivalencia.0 = 6.0 ml de Cu+ tendríamos: [SCN-]novalo = (mmoles ini de SCN.57 En el punto de equivalencia al añadir los 100. 00 --. Pingarrón y F.150 11.140 11.110 1.1 70 ---2.67 *10^-2 1. Datos curva valoración (x.4/(5.09 *10^11 y pSCN = 10.50 *10^-2 1.99 -----3.00*10^2)/155.00 *10^-7 y pSCN = 6. J.056 Desde: 19/Dic/2003 #6· RE: Problemas de Química analítica resueltos .59 * 10^-11 10.0*(4.95 -----2.M.09 * 10^-11 10.22 --.86 20 4.3 90 ----2.84 --. Síntesis: P.2 80 ----2.21 --.70 Para valores en exceso la [SCN-] disminuye por efecto del ión común aportado por el exceso de valorante y se calculará así: [SCN-] = Ksub(s)/[Cu+]exceso = 10^-13.120 11.70 40 2.130 11.54 --.0) = = 3.00 *10^-7 6.5 Tabla 1.[SCN-] = [Cu+] = raiz(Ksub(s)) = raiz(10^-13.M de Villena Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 07/Dic/2006 18:34 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1. Yañez-Sedeño.57 --.4 Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit.J.57 30 3.00 *10^-2 1.4/[Cu+]exceso Para 105 ml Cu+ tendremos: [SCN-] = 10^-13.00 *10^-2 1.46 --.105 3.34 --.70 --.57 *10^2 1.4)= 2.100 2.8 60 ----1.y) Vañad[SCN-]novalo pSCN-Vañad[SCN-]novalo pSCN 10 6.5 50 2. no reaccionado se trata. después se filtra el precip.0 ml.04 Problemas resueltos de Química analítica.por el método de Volhard.00 * 0.. El Co(2+) se va a determinar de forma indirecta mediante su precipitación en presencia de piridina con un exceso de disolución de SCN -. (mmol Ag+tot) = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) 5.0 ml y se añade 5. PQA 4. para que se produzca Co(C5H5N)4(SCN)2.152/5 = 0. ¿Cuál es el .453 = 0. se filtra y el filtrado se lleva 250. C5H5N.83 .1210 = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) 5.00 * 0.453 Sustituyendo arriba: 5. requiere 4. tras la adición de unas gotas de Fe3+. precipitando AgSCN.453 (mmol SCN-sin reacc) = 0.) El SCN. Por último la cantidad de Ag+ sobrante se valora con la disolución patrón de SCN.07 mmol Co(2+) = 1. con un exceso conocido de disolución de AgNO3.760 = 2.83 (mmol SCN-sin reacc) = 2.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) mmol Ag+ = mmoles SCN.<--> Co(C5H5N)4(SCN)2 (precip.0.30.2000 M cuyo valor. se toma una alícuota de 50. en ml. 4. en presencia de piridina. Calcular la concentración de Co(2+) en la disolución.31. se requiere un volúmen de disolución de Ba2Cl 0. 4. El exceso de plata.Problemas resueltos de Química analítica.1132 M. Para determinar el contenido de sulfato en una muestra de sal de Mohr.0 * 0.1132 = 0. contaminada con impurezas inertes.760 (mmol SCN-tot) = 25.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + 0.1210 M.0.1132 M hasta aparición de color rojo.605 .0 ml de KSCN 0. y se valora el exceso de SCN-.30. si 25.152 Estos valores se refieren a una alícuota de 50 ml. Un método para la determinación del ión Co(2+) consiste en añadir a la disolución problema un exceso conocido de SCN -.00 * 0.00 ml de KSCN 0.= 4.1132 = 2.00 ml de AgNO3 0. es igual al porcentaje de hierro en la muestra.0 ml se tratan con 3 ml de piridina y 25. basada en la reacción: Co(2+) + 4 C5H5N + 2 SCN. PQA 4 . por lo que ahora los referiremos a los 250 ml totales: (mmol SCN-sin reacc) = 250 * 0.07 Por la estequiometría de la reacción: 2 * mmol Co(2+) = mmol SCN2 * mmol Co(2+) = 2.00 * 0.31. El precipitado total obtenido se trata hasta descomposición de todos los precipitados. KCN y KSCN presentes en la muestra.100 M hasta aparición de una tenue turbidez. AgSCN y AgBr. KCN y KSCN se pone en disolución y requiere 14.25 ml de KSCN 0.1 ml.<-->Ag(CN-)2 (precip.00920 M. a excepción del de AgBr.85 V ml = mg Fe * 100/mg muestra mg Fe* 100 * 0.) En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es: mmoles Ba2+ = mmoles SO4(2-) La muestra a analizar es sal de Mohr impurificada bajo la fórmula Fe(SO4)2.92 mmol CN A la segunda muestra. necesit ándosen a continuación 8. La disolución resultante se valora segui damente con KSCN 0. Una mezcla que contiene NaBr.) En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es: 2 * mmoles Ag+ = mmoles CN1 * 14. idéntica a la primera.0920 M para valorar el exceso de Ag+ por el método de Volhard. PQA 4. del cual se requieren 39. En la primera muestra se lleva a cabo una determinación de cianuro de acuerdo con el método de Liebig.100 M. mediante la reacción: Ag+ + 2CN. 6H2O que es un sulfato ferroso amónico hexahidratado y cada mol de esta sal contiene dos moles de sulfato y uno de hierro.2000 = mmoles SO4(2 -) V ml * 0. quedando un exceso . (NH4)2 .85 mg muestra = 558. Calcular las masas de NaBr.100 = 2.2000 = 2 * mmoles Fe = 2 * mg Fe/55.29.5 Problemas resueltos de Química analítica. El sulfato se va a determinar mediante una volumetría de precipitación basada en la reacción: Ba2+ + SO4(2-) <--> BaSO4 (precip.6 * 0.29.6 ml de AgNO3 0.peso de la muestra?.5 ml de AgNO3 0. 4. mmol SO4(2-) 2 * mmol sal de Mohr = 2 * mmol Fe Por tanto calculamos los moles gastados en la valoración del sulfato: mmoles Ba+2 = V ml * 0.2000/mg muestra = 2 * mg Fe/55. A otra muestra idéntica se le añaden 52. se añade suficiente cantidad de AgNO3 para que precipiten las sales de plata como AgCN. 891 Y por último calculamos las masas de las sales: mg KCN = mmol KCN * 65.0920 M.60 = 2.100 = 2.0920 M.+ mmol Br + 0. Una muestra de 2.0920 = 0.1 mg Problemas resueltos de Química analítica.+ mmol Br. PQA 4.75 ml de SCN -. En la valoración del exceso de Ag+ se consumen 3. tenemos: mmol Ag+ = 39.28. sustituyendo y despejando en la ecuación de arriba: (mmol Ag+tot) = mmolCN.12 = 190 mg mg NaBr = mmol NBr * 102. A una alícuota de 25. de NaCl.28.1226 g.891 * 102.100 = mmol CN.12 = 2. tendremos: mmol Ag+ = 3.+ mmol Br + (mmol Ag+exceso) 52.0.92 + 0.+ 0. Para determinar la concentración de la disolución de AgNO3 se pesan 0.680 Calculamos ahora Br-.92 mmoles de CN . ha precisado 39.18 = 66.+ mmol Br + (mmol Ag+exceso) Para valorar el exceso se requieren 8.1 * 0. Por tanto: (mmol Ag+exceso) = 8.5 = 2.+ mmol SCN.680 * 97.18 = 0.0 ml. . calcular el porcentaje de DDT en el plaguicida.25 * 0.759 La cantidad de CN. 4.según se ha valorado previamente y sustituyendo : 52.2886 g de un plaguicida que contiene DDT.759 52.90 = 91.0.por el método de Volhard. se mineraliza y la disolución resultante se enrasa a 100. Si 17.90 = 0.+ 0.4 ml de la misma.5 * 0.7 mg mg KSCN = mmol KSCN * 97.+ mmol SCN.60 Y como este exceso proviene de la disolución de los precipitados de AgCN y AgSCN.5 * 0. di -(p-clorofenil)tricloroetano.680 + mmol Br.0920 = 3. se disuelven en agua y se valoran por el método de Mohr con la disolución de AgNO 3 requiriendo 21.presente en la muestra es de 2.0 ml de una disolución de AgNO3.92 + mmol SCN .92 * 65.7 ml de esa misma disolución de Ag+. Por tanto en esta segunda muestra: (mmol Ag+tot) = mmolCN.25 ml de disolución patrón de SCN .1 ml de SCN .92 + mmol SCNmmol SCN.759 Como el exceso de Ag+.de Ag+ que se valora con SCN.+ mmol SCN.0 ml se le añaden 10. tras precipitar el Br-.759 mmol Br = 0.7 ml de SCN.consumen 19.= 0. 571 Como cada molécula de DDT contiene 5 átomos de cloro nos permite deducir los mmoles de DDT mmol DDT = mmol Cl-/5 = 0.456 mg DDT = 0. un compuesto orgánico.0 ml serán: (mmol DDT)tot = 0. La determinación de azufre en la muestra problema.7 * 0.5 = 162 % DDT = 162 * 100/2288.00 ml de H2SO4 0.44 M(Ag+) = 0.114 Estos cálculos corresponden a una alícuota de 25 ml y referidos a la muestra de 100. a continuación se procede a valorar esta disolución con Ba(ClO4)2.0 * 0. PQA 4.6 = 7.53 ml de dicho valorante.4 * M(Ag+) = 122. sabemos: mmol Ag+ = mmol SCN19.571/5 = 0.109 mmol Cl.Para calcular la concentración de la disolución de AgNO3. Los mmoles de azufre en la muestra igualan a los de sulfato formados y éstos a los de . gastándose 1.= 0.456 * 354. El contenido de azufre en un compuesto orgánico se determina por el procedimiento siguiente: se toman 5.0980 = 17.00 mg de dicho compuesto y se someten a un proceso de oxidación que según la conversión total del S a SO3 el cual se re coge en una disolución de H2O2. se lleva a cabo transformándolo previamente en sulfato y procediendo seguidamente a su valoración con una sal de bario.60 ml de la disolución de Ba(ClO4)2 para su valoración.+ mmol SCN10. que actúa por un principio semejante al del método de Fajans.7 * M(SCN -) M(SCN-) = 0.procedentes del DDT. sabemos: mmol Ag+ = mmol Cl.75 * 0. formándose H2SO4. Si 10. bajo la siguiente reacción: SO4(2-) + Ba2+ <--> BaSo4 (precip. calcular el % de S en la muestra.6/58.0980 mol/l Para calcular la concentración de la disolución de SCN -. que reaccionan con los de Ag+ añadidos y el exceso se valora con SCN mmol Ag+ = mmol Cl.0104 M requieren 8 .+ 3.27.= mmol NaCl 21.109 La mineralización de la muestra produce iones de Cl .08% Problemas resueltos de Quí mica analítica.27.) El punto final se detecta con un indicador de absorción.0980 = mmol Cl . 4.114 * 4 = 0. empleando rojo de alizarina S como indicador de absorción. 0185 mg S = 0. Jueves.104 = mmol Ba2+ = 8.0121 mol/l Conocida la concentración de Ba2+. Un afectuoso saludo de Bobquim :7] Editado por bobquim.064 = 0. 18:47 07/Dic/2006 18:40 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1.0185 * 32.9% Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit. J.0104 = mmol Ba2+ 0.593 % S = 0.593 * 100/5. .M de Villena.60 * M(Ba2+) M(Ba2+) = 0. 7 de Diciembre de 2006.53 * 0. ya podemos conocer el contenido de azufre en la muestra problema: mmol S = mmol SO4(2-) mmol Ba(2+) = 1. Pingarrón y F.J.056 Desde: 19/Dic/2003 #7· RE: Problemas de Química analítica resueltos .bario añadidos en el punto de equivalencia de la valoración mmol S = mmol SO4(2-) = mmol B2Para conocer la concentración de la disolución de Ba(ClO4)2 utilizamos el dato del enunciado: 10 ml H2SO4 0.00 = 11.0121 mmol S = 0.M. Síntesis: P.0104 M = 8.60 ml Ba(ClO4)2 mmol SO4(2-) 10 * 0. Yañez-Sedeño. Consultando la bibliografía en Chemical Abstracts hemos encontrado un método que utiliza cromatografía de líquidos de alta presión (HPLC)./100 mg y 120 mg glu/100 mg sangre. sin manteca grasa y seguimos el mismo procedimiento que el analito. Estimula el sistema nervioso central.7-dihidro-3. Las partículas de chocolate van a un tubo de centrífuga tarado previamente de 15 ml y se pesa.20/x mol ==> x mol = 1. anillo bencénico con anillo pentagonal en dos de los carbonos unidos por enlace doble (dos N con enlace simple. Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.7 -trimetilxantina 3.20/180 = 0.80/180 = 0..7-dimetilxantina o 3. Hemos elegido uno de 33% de grasa y 47% de azúcar. Glucosa C6H12O6 180 g/mol Solución: 180g/mol=0. para así poderla moler sin que se apelmace.007 moles Desarrollar un método de análisis de estimulantes en chocolate negro (sin leche). El líquido que sobrenada se decanta y se desecha. Cafeína C8H10N4O2 ó es C9H9N3O2.3. Luego se separa la grasa que interferiría en el proceso final.6diona. Pesamos una cantidad de chocolate. junto con el mortero y su maza. vertiendo en el tubo 10 ml de un disolvente orgánico (éter de petróleo). resultando antes/después = 80 mg glu. Calcular la concentración de glucosa em Moles. Un diurético.6-diona. El disolvente residual se elimana . de la familia de las metilxantinas. siendo el resto cacao.Más problemas resueltos de Química Análitica cu antitativa. estimulante cardiaco y vasodilatador. relajante de la musculatura lisa.80/x mol ==> x mol = 0. uno de ellos con rama metil y el restante con doble enlace a CH). otro NH y por último otro C=O). Preparación de la muestra para su análisis químico: Preparamos una muestra patrón con cantidades conocidas de teobramina y cafeína.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 E1. otro C con rama metil. los estimulantes que queremos analizar son insolubles en grasa por lo que los encontraremos en el fondo del tubo una vez centrifugado.7-trimetil-1H-purina-2. misma estructura en el anillo pentagonal y cambio del grupo NH por un CH3.7-dimetil-1H-purina-2. 3.004 moles y 180g/mol=1. otro grupo CO. El porcentaje de grasa y azúcar oscila según el fabricante.Se hace un análisis de glucosa en sangre antes y después de una comida. se cierra el tubo con su tapón y se agi ta vigiorosamente para disolver la grasa. cafeína y teobromina principalmente. Teobromina C7H8N4O2. 1. la troceamos y congelamos en frigorífico.3.21. Se vuelve a repeti dos veces más el proceso de extración con disolvente.7-diidro-1. 35 g) Café normal. Al ser más soluble la cafeína que la teobromina en el medio de hidrocarburo.010+-0.106-164. pasándolo al erlenmeyer y completándolo con agua hasta 30 ml y pesándolo nuevamente (el peso total será de unos 33. En un chocolate blanco se encuentran ínfimas cantidades de estimulantes (2% sobre los negros).392+-0. luego nuestros estimulantes pesan ahora 3.5 min identificado como el de teobromina de unos 13 cm de altura y cuya area del pico corresponde a una concentración de 36.0009+-0. menor que el 1% de la media y por tanto una medida muy reproducible. Vamos a usar una columna de sílice de 4. 25.com/2008_01_01_archive.3 g).002. transferiremos todo el contenido en suspensión a un erlenmeyer tarado de 50 ml y procederemos a disolver los analitos con agua. La desviación standar da 0.0014 Según otros estudios Chocolate negro puro 450 g de teobramina en 30 gramos (¿?) y diez veces más que el de con leche. Inyectaremos 20 microlitros (20*10^ -6 l) y se eluye a una velocidad de 1.html Otros productos conteniendo cafeína: Alimento. Ahora antes de inyectar en una columna cromatográfica. * 150 mm long. uno muy alto entre 3 y 3. El cromatograma presenta unos pequeños picos entre 0. El matraz se calienta ahora al baño maría hirviente para extraer los estimulantes. Si el líquido aún queda turbio se repetirá la centrifugación y filtración.45*10^ -6m).onzas/consumición (onza=28. deberemos purificar la muestra para eliminar las partículas sólidas que obstruirían la columna. indicando que la medida no es muy reproducible. Luego se pesará en frío y la diferencia con el peso inicial será el peso de estimulantes desengrasados que reciben el nombre de analitos.003 0. El análisis cromatográfico: Preparamos muestras para la curva de calibrado de 10.6 mm diam.007 Cafeína 0. 20 ml de etanol y 1ml de ácido acético.002 0.Cafeína mg/consumición).010.3 g. mientras que la teobromina sale antes por el final de la columna. si quedase algo de analito se lavará con agua destilada y se agitará y calentará.5 . queda retenida aquélla en su superficie. El detector de UV a 254 nanómetros detecta su salida al absorber radiación y disminuir la señal que llega al detector. recubierta de moléculas de hidrocarburo unidas por enlaces covalentes (Hypersil ODS 5 micras.0 ml/min mediante una disolución preparada conteniendo 79 ml de agua.45 micrómetros (0.blogspot.5.9 microgramos/gy otro entre el min 7 y 8 correspondiente a la cafeína y de altura 0. Tabla de resultados finales: gramos analito/100 g chocolate Chocolate negro blanco Teobramina 0.8/13 Para la teobramina los resultados dan una desviación standar de 0.007 tan gr ande como la media 0. lo haremos mediante nueva centrifugación y filtración del líquido sobrenadante a través de una membrana filttrante de tamaño de poro 0. 50 y 100 microgramos de analito/g disolución. http://ojodistante. 2 min y 4 min de azúcares que no deseamos identificar.050+-0.calentando el tubo de centrífuga en un vaso con agua hirviendo (baño maría). 19 g/ml * 1000 ml = 1190 g g/l HCl = 1190 g/l * 0.1 m E1.6cacao.0 g de HCl que son 1..5 Batido de 2-8.0 g de agua = 0.1 chocolate con leche. Una taza de café tiene como media 70 mg.13 g E1.046 mol Molaridad(NaCl) = mol NaCl/1 litro = 0.054 M en MgCl2 (cloruro de magnesio).025 l.015 moles y el resto es el disolvente (agua) 100.2. de cafeína.046 mol/0.054 mol/l) * (95.1 moles/Kg = 16. ¿Cúal es la molaridad de esta disolución salina en NaCl y cuántos g/l contiene en MgCl2 y en 25 ml?.100 l = 0. Molalidad = mol HCl/kg disolvente= 1.20 g/mol.063 kg de agua.7 g/58.19 g/ml de densidad.37.4.44 g/mol =0.1 Refrescos con cafeína. Solución: 1.1 chocolate dulce..12 Guaraná.2-5. E1. Solución: Datos: NaCl: 58.3.Se han encontrado 34 ppb del alcano de átomos de Carbono impar C29H60 en el .6. Hcl 36. y la de té unos 100 mg.015 mol HCl/0.7 g de sal común (cloruro sódico) por 100 ml de agua y es 0.053 kg agua = 16.46 g/mol. 2.370 g HCl/disolu = 440 g HCl/l molaridad HCl: mol HCl/l disolución = (440 g HCl/L) /(36.46 g HCl/mol) = 12.20 g/mol)/1 litro) * 0.5 Té. 25 ml = 0.1 M Para calcular la molalidad sabemos que 100 g de dis olución contienen 37.025 l = 0. Chocolate puro.20.100 l.20 g/mol)/1 litro = 5.21-50.El agua de mar contiene normalmente 2.Café descafeinado.35.1 Ml ó 16.0 . 100 ml = 0.0 = 63. superior en teobramina y cafeina que todos los citados..1 ml mol/l = 12.46 M gramos/l MgCl2 = (0.44 g/mol y MgCl2: 95.36-57.054 mol/l) * (95.Hallar la molaridad y molalidad de un HCl del 37% en peso y 1.1408 g/l gramos/25 ml MgCl2 = ((0. La reacción que tiene lugar al disolver NH3 en agua es: NH3 + H2O <==> NH4+ + OH Solución: Molaridad NH3 = (899 g disol.8 g/mol Solución: 34 ppb/l = 34 * 10 ^ -6 g/l = 34 ng/ml Molaridad C29H60 = 34 * 10^ -6 g/l/ 408. 8.00 mM contiene 8. 249.0% en peso de NH3 ¿Qué volúmen de reactivo debemos de diluir hasta 500 ml para prepara NH3 0.7.69 g/mol.5.03 gNH3/mol NH3) = 14.1 M. Luego se necesitan disolver la mitad de moles para prepara 500 ml.El clorhidrico concentrado que se usa en laboratorio tiene una molaridad de 12.500 l => Vconc = 8.45 ml .00 mM de Cu=.-¿Cuántos moles de CuSO4.1 M * x ml =0.280 g NH3/g disol)/(17.500/l = 4.899 g/ml y contiene un 28.3 * 10 ^ -8 M = 83 nM u 83 nanomoles/litro E1. Hallar la molaridad de dicho alcano.00 * 10^ -3 mol CuSO4.69 g/mol = 0. Solución: Una disolución 8.agua de una lluvia de verano en Hannover Alemania.00 *10^ -3 moles/l.00 * 10^-3 mol/l * 0.100 M * 1000 ml => x= 8.8 g/mol = 8.6.. 408.5H2O deben de disolverse en un matraz de 500 ml para preparar una disolución 8.5H20 Psando a gramos 4./l * 0.100 M? Solución: Mconc*Vconc = Mdil *Vdikl 12. ¿Cuántos ml de este reactivo se tomarán para prepara una solución de HCl 0.45 *10^-3 l = 8.00 * 10 ^-3 mol * 249..La densidad del hidróxido amónico concentrado es 0.250 mol/l *0.999 g y agua hasta enr asar a los 500 ml E1.8 mol/l *Vconc = 0. procedente de la sintetización de plantas.250 M?.26 ml E1.8 M Mconc * V conc = M dil *V dil => 14. 180 g Fe2+/mol Fe2+ = 3.57 * 10^ -3 mol 1.175 g Fe Se necesitan 0.250 g/159.+ (x-1)H2= --> FeOOH. 0.250 g de Fe2O3 hay 0. Datos: H2O2 34.21 mg Fe2O3 por cada pastilla En 0. pesando la pastilla y diluyéndola con 150 ml de HCl 0.61 * 10^ -3 mol H2O2 Si usamos un exceso del 50% necesitamos 1.175 g Fe Ahora calculamos el volúmen mínimo necesario de H2O2 al 3% (10 volúmenes) para la reacción 2Fe2+ 1H2O2 --> 2Fe3+ .15 mg Fe/pastilla 0. Fe2O3 159.1 M. 12 pastillas * 15 mg Fe Fe/pastilla = 180 mg Fe2+ ó 0.22 mo * 10^-3 mol Fe2+* 1mo..015 g Fe/pastilla)= 11. el Fe2+ de la disolución lo filtraremos y el líquido se o xidará a Fe3+ con agua oxigenada (peróxido de hidrógeno) en exceso y posterior precipitación a óxido férrico hidratado en forma de gel al tratar el Fe2O3 con hidróxido amónico y luego se procederá a otro filtrado y lavado con papel de filtro sin cenizas y a una calcinación en horn0o mufla a 9001C.a) Detallar un procedimiento para analizar gravimétricamente el contenido en Hierro de una pastilla de un suplemento dietético que contiene fumarato de Hierro (II) FeC4H2O4 y un aglomerante insoluble en medio ácido..7 (Tomar 12) pastillas como mínimo para obtener un calcinado de 0.250 g de Fe2O3.xH2O(s) -.845 g Fe/mol FE = 0.(900ºC)--> Fe2O3(s) Resultados: relación Fe2O3/2Fe = 1/2 mol Fe2O3 = 0.01 g/mol.8.250 g de Fe2O3.14 * 10^ -3 mol Fe 3. acuosa) 2 Fe+2 + H2O2 + H2+ --> 2Fe3+ +2H2= Fe3+ + 3OH. b) Determinar cuantas pastillas se tienen que procesar para que obtengamos un calcinado de al menos 0.14 * 10^-3 mol Fe * 55.57 * 10^-3 mol * 2 mol Fe/mol Fe2O3 = 3.5 veces el volúmen calculado de H2O2: . Solución: Proponemos hacer un análisis gravimétrico.22 * 10^-2 mol Fe2+ 3.. pesando el producto resultante.E1. H2O2/2 mol Fe2+ = 1.69 g/mol = 1.69 g/mol FeC4H2O4 (Fumarato ferroso) + 2H+ --> Fe2+ + C4O4H4 (ácido fumárico en sol.175/(0. Hallar la concentración original de Na+ en el suero.98 mV.0822 g H2O2 puro.98 mV ==> [Na+]i = 0.El contenido en Na+ de un suero dió una señal de 4.08 M = 0.113 M . A continuación se añadieron 5.1. Solución: Aplicaremos la ecuación de adición de un patrón: [x]i/([s]f+[x]f)=Ix/(Is+x) conc.03 g H2O2/g disol = 2. 0.73 * 1'^-3 mol Fe2O3 * 2 mol Fe/1mol Fe2O3 = 3.42 * 10^-3 mol H2O2 *34.845 g/Fe/mol Fe = 0.0 ml = 100.analito.2.47 * 10^ -3 mol Fe 3.00 M y usásemos un 100% de exceso de OH .08 M a 95.fin Vi = 5.5.0 ml Vi/Vf es el factor de dilución. Vi/Vf * 2.27 mV en un análisis por emisión atómica.00 ml NH3 6M La masa final de óxido férrico tras la calcinación pesó 0.0 ml de suero.00 +95.0150 moles NH3 para producir suficientes OH Si partiésemos de NH3 6.69 g/mol = 1.030 mol NH3 /6.'01 g/mol = 0.00 ml Vf=5.0104 mol concentración final de NaCl = 0.0500 l * 2.016 g Fe ó 16.0822 g H2O2 puro /0.61 * 10^-3 mol H2O2 = 2.27 mV/7.diso.ini/señal.42 * 10^ -3 mol H2O2 2.150 mol NH3 = 0. Este suero enriquecidodió una señal de 7.1 mg Fe por pastilla E..Ini/conc.08 M = 0.diso.Fin = Señal.47 * 10^-3 mol Fe * 55.00 mol MH3/l = 5.950*[Na+]i)= 4.277 g por lo tanto el contenido medio en Hierro de una pastilla será para la relación 2 moles Fe/1 mol Fe2O3: 0.00 * 10^ -3 l = 5.necesitaríamos: 2* 0.00 ml de NaCl 2.74 g de H2O2 3% Calculo hidróxido amónico necesario: Relación mol NH3/mol NH4OH =1/1 Se precisan 0.104 M moles NaCl añadidos = 0.104 M [Na+]/([0.100 L = 0.277 g/159.104M]+[0.194 g Fe/12 = 0.analito + patron.50 * 1.030 mol NH3 0.73 * 1'^ -3 mol Fe2O3 1.194 g Fe totales 0.0104 mol/0. 423=/0. Hallar masa y porcentaje de cada componente en la mezcla.372 g y que contiene sales carbonato y bicarbonato sódicos. tras la mezcla. [x] y [s] cponc. Dado kwNH3 = 1.146 M.0) = 0. consume 29.0 al prepara la mezcla con s. una disolución que contiene X 0.11 ml de HCl 0.. y la mezcla se diluyó a 25.K1=Kw NH4+ + OH <==> NH3(ac) + H2O K2 = 1/KNH3 ---------------------------------------NH4+ <==> H+ + NH3+(ac) K3 = Kw*(1/KNH3)= 5.analito = F * (Area señal patrón/conc.970 En mezcla muestra desconocida más estandar [s] = conc..066) ==> F= 0.8 *10^ -5 para la reacción NH3(ac) + H2O <==> NH4+ + OH.0837 = F*(347/0. Para analizar 10.0 ml en un matrraz volumétrico.6 *10^ -10 E7.066 M dió como áreas de pico Ax =423 y As = 347.146M *(10.01 mol/g Bicarbonato..calcular la constante de equilibrio para la reacción NH4+ <==>NH3(ac) + H+ Solución: La tercera reacción la podemos obtener inviertiendo la segunda y sumándole la primera: H2O <==> H+ + OH.0 ml de una muestra desconocida se añadieron 10 ml de S 0.La contante de equilibrio para la reacciñón H2O <==> H+ + OH .0/25. Datos: 105. Solución: Calcularemos el factor de respuesta = Area señal analito/conc.se llama Kw =[H+][OH-] y su valor es kw=1.patrón) Ax/[x]=F*(As/][s]).E5.0 a 25.0572 M x se diluyó de 10.146 M E6.0 * 10^-14 a 25ºC. Éstra mezcla dió un cromatograma con dos picos separados a 4 y 5 min.0837 M y S 0.En una experiencia preliminar. xini = (25.7344 M ensu va loración completa.0584 M 553/[x] =0.99 g/mol Carbonato y 84.2. Hallar la concentración de X en la muestra desconocida. . respectivamente.0584) == [x]= 0.970*(582/0.3. respectivamente con valores Ax=553 y As=582.0/10) *0.Valoración de mezclas Una mezcla que pesa 1.1.ini*Factordilución [s] =0.0572 M = 0. NH4+ + OH.0. Como catalizador se agregan compuestos de mercurio.372-x) g NaHCO3 CO3Na2.x g/105.02138 x= 0.1495 mmol que coinci dirá con el NH3 producido en reacción y recogido por absorción en HCl.724g + 0.--. cereales y harinas. NaHCO3. 0. (punto de ebullición) del ácido a 338ºC al agregar K2SO4 y un calentador por inmerrsión eléctrica.372-x)/84.02138 mol 2(x(105.372-x) g/84. (1.--> H2= Una `proteína contiene 16. 52.0 ml de HCl 0.26 ml * 0.--. (1. El sólido se digiere (se descompone y disuelve) por la acción del ácido sulfúrico conc (98%) en ebullición .99 g/mol. El exceso no reaccionado de ácido se valora con NaOH para determinar el HCl consumido por el NH3 fundido.2140 .0988M en su valoración.372-x) = (1.0645 mmol Dif. (1.02911 l * 0. entre otros. Otros procedimientos usan agua inyectada por bomba de presión para alcanzar la reacción. Se digiere una alícuota de una disolución de proteína de 0. El HCl en exceso consume 3.1495 mmol N2 en la proteína 0.e..-->NH3(g) + H2O Destil. Posteriormente se alcaliniza la disolución amónica y se arrastra el amoniaco formado con corriente de vapor a un matraz conteniendo una cantidad conocida de HCl.0198 mmol/ml= 0.372-0.-moles.Análisis de Nitrógeno en protéinas.1495 mmol * 14.2 % de N2 .372-x) g.26 ml de NaOH 0.23% E7.648 g. HCl g.00674 mg N/mmol = 2.02140 mmol/mol= 0.500 ml y el destilado se recoge por absorción en 10. transformando el N2 contenido en sal amónica y el resto de componentes orgánicos son oxidados a CO2 y agua.093 mg N2 Como la proteína contiene 16.0 ml * 0.02138 mol 2 mol Na2CO3 + mol NaHCO3 = 0. Solución: HCl ini 10.724) = 0. La digestión se lleva a cabo en matraces de cuello alto específicos (digestores Kjeldahl) para evitar salpicaduras ácidas.7344 mol/l= 0.77% Peso total:0.648 g = 1.Solución: Reacción: Na2CO3 + 2HCl --> 2NaCl(aq) +H2O + CO2 NaHCO3 +HCl --> NaCl(aq) + H2O +CO2 x =gramos CO3Na2 y (1. Neutral.02140M.1495 mmol NH3 y 0. 1 mol N2 produce 1 mol NH3 0.0645 = 0. con HCl exceso 3. durante 5 min y destilando el producto resultante. H+(exceso) +OH.01=0.372 g 47. leche.0.99)+(1.y Absorción: NH3 + H+ --> NH4+ Valor.01 g/mol moles consum.x g.3. Hallar la concentración de las proteína en la muestra original en mg/ml.2140 mmol NaOH consumido en valorac.2 % de N2. cobre y selenio y se eleva el p.724 g NaCO3. Solución: La reacción transcurre mol a mol: 1 mol Ag+/1 mol I .moles ag+= 0.0 + 10.e (punto de equivalencia) hay un aumento repentino de [Ag+] al consumirse todo el I -. El [I-] no precipitado y qu e queda en la disolución será: moles I.3 * 10^-17/0.050M I.0= .035 l. Como K=1/Kps = 1. [I-]1 = (4.4. Cada alícuota de Ag+ reacciona completamente con I.3 * 10^-17 en la reacción citada.500 ml = 25.1000 M con Ag+ 0.10 mol/l I-)/mol I.Calcular pAg+ cuando VAg+/mol ini = 49. Fase 1: Tras añadir 10.05714 = 1. 25 ml de I.0/50.e.(0.9 mg prot ==> 12..050 mol/l) Ç= 0.2 *10^-16 es grande el equilibrio se desplaza a la dcha.10M *(25/35) = 0.luego: (0.00 ml Ag+ llevamos compoletados 10/50= 1/5 de la reacción. Quedan sin reaccionar 4/5 de I .dejando muy poco Ag+ en disolución.que de Ag+.+ Ag+ <--> AgI(pp) La variación de la concentración de I. En el p.002 mol IEl valorante ahora es 25.010 l*0.= moles I.84 Un método más directo sabiendo que Ve = 50 ml Cuando añadimos 10.0/5. I . E.2.0/50.00 ml Ve = 50. Queremos calcular el volúmen Ve de valorante Ag+ consumido hasta el p.050 l = 50 ml Ve se puede deducir tambien.9 mg ptrot/0.no precipitado por los 10.0)* 0.0 ml Ag+ hay má oles de I.9 mg/ml prot E7.0 ml = 0.05714 M que coincide con la dada arriba.reac]= 49.00 ml [I. luego seguimos valorando añadiendo Ag+. px = -log(10) [x] Se valoran 25.0= [I. Todo el Ag+ se consumido para formar AgI(s). la reacción es completa y una ínfima parte de AgI se redisuelve.se mide con un electrodo.necesitan 50 ml de Ag+ La cuerva de valoración tiene 3 zonas: antes/en/despues del p.4*10^-15)= 14.debido a disolución del IAg es despresciable. En una reacción con precipitación representamos gráficamente la variación de la concentración de uno de los reactivos a medida qu e se añade el valorante.10 mol/l .0200 mol I/0. [Ag+] = Kps/[I-] I.035 l = 0.05714 M [Ag+] = Kps/[I-] = 8.[I]=(4/5) [I-]noreacc luego como se ha pasado de 25 ini a 35 con estos 10 ml añadidos: [I-] =[I-ini]*25/35.o ml de Ag+ .e. calculamos [I -]1 = 0.libre corresponde al I.4 * 10^ -15M p[Ag+] = -log[Ag+] = log(1. teniendo en cuenta que [>Ag+] =[I -]/2.0 ml de un Yoduro I .ini . Sabemos que el Xps =[Ag+][I-] = 8.sinreac]= 1.025 l * 0.0.025 l * 0.050 Mol/l Ag+==> Ve = 0.093 mg N2/(0.Curvas de valoración por precipitación.162 mg N/mg prot) = 12.= Ve * 0. 0.0/74.1M. Todo el IAg precipita y se redisuelve algo [Ag+]=[I-] como [Ag+][I-] = Kps x*x = 8.0 ml) 77 ml [Ag+] = 0.001M entre 0 y 50 ml y abajo y dcha de I .00/50.Vol tot = 25.3*10^-17 ==> x= 9.0)*0.01M y 0. Br-(11.1*10^-9) = 8.0*10^-13 y KspCl-= 1.10M *(25.01M y 0.30 *10^ -3 M pAg+ =-log(1.8. [Ag+] es la que se añada a partir de ahora.e.077 l = 1.02 l * 0.0 ml [I-]2= (1.2*10^-13M pAg+ = -log[Ag+] =12.2.= 5. Fase 2: En el p.1*10^-9 pAg+ = -log(x) = -log(9.8 * 10^-10.0 ml = 74. ya que la anterior ha precipitado como IAg.10M con Ag+ 0.30*10^-3) = 2.0) = 6.0) y abajo y dcha entre 50-70 ml una rama que tiende a X.0).000100 mol [Ag+] = 0.30 * 10^ -3M En general [Ag+] = 0. calculamos cuando hayamos añadido 2 ml de exceso de Ag+ VAg+=52..e.1M entre 50-70 ml Interpretar la curva de valoración siguiente: Se han valorado 25 ml de un haluro 0. Se conocen KspI -= 8. en la curva se ha obtenido tres ramas arriba izda con valores pAg+ I-(15. 0.050 mol/l Ag+ = 0.76 * 10^ -4 M [Ag+]= Kps/[I-]2 = 1.056 Desde: 19/Dic/2003 .89 Por cálculo directo y más rápido: Ag+ en bureta 0.04 Fase 3: Tras p.050 M y 2 ml de ésta se han diluído a (25. 0.000100 ml * 0.91 [ag+]=0 comparada con [I-sinreac] aunque la reacción se haya completado en un 98%.001M.05 M *22/77= 1.0) y Cl-(8. Se ha añadido Ag+ en exceso pra reaccionar con I .0 + 52. Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 10/May/2008 13:28 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1. Vtot= 77 ml.0 ml + 49.0.3 * 10^-17 KspBr. nos da una s invertida con tres ramas arriba y hacia la izda para I.050M.0 ml mol Ag+ = 0.05 *Ve/(50+Ve) La curva pAg+ en Eje Y/VAg ml en Eje X. Si se mezclan a mbos iones. Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.7 *10^ -7M pequeño en comparación con 0. Calculamos la concentración de K+ y Cl. Para este segundo caso x será muy inferior a 6.7 A continuación se añade un volúmen igual de HCl 6M a uno de los tubos y de 12 M al otro.hasta saturación del Hg2Cl2+. la concentración tiotal de Ca es 15 a 19 mM. Si añadimos a la solución de Hg2 2+ y Cl .una segunda fuente de Cl.039 M y calculemos la nueva [Hg2 2+] Hg2Cl2+(s) <==> Hg2 2+ + 2Clcini s 0 0.#8· RE: Problemas de Química analítica resueltos Más problemas resueltos de Química Análitica cu antitativa.7M. la cantidad de sólido sin disolver permanece constante.2 *10^-18 4x^3 =1. por ejemplo NaCl 0.en cada tubo tras esta segunda adición y calculamos el cociente de reacción Q=[K+][Cl-] para cada tubo.030 cfin s x 2x+0.030M.030 ciniCl. Tengamos en cuenta que en una disolución saturada de CaSO4.en uno de ellos. La solubilidad del KCl es 3. mientras que la de Ca2+ es de sólo 9 mM por poca disociación de la s al.2*10^-18==> x = 6. .030)^2 =Kps En el anterior ejemplo x=6.7 *10^-7.7 = 13. por desplazamiento a la izda de la reación al añadir más Cl -.7 * 3. una sal será menos soluble si ya existen alguno de sus iones en la disolución. o su KPs=[K+][Cl-]= 3.2 *10^ -18 Cini s 0 0 Cfin s x 2x [Hg2=][Cl]^2 = x*(2x)^2 =1.7*10^-7 M = 13. el sólido se disuelve hasta que se cumpla que [Hg2=][Cl]^2 =Kps. Un problema resuelto de ión común: Disolvemos cloruro mercurioso Hg2Cl2 en agua hasta saturación (con sólido no disuelto en exceso) y calculamos: Hg2Cl2(s) <==> Hg22+ + 2Cl. Sólo se precipita el ión Cl .Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 Efecto del ión común Vertemos en dos tubos de ensayo hasta 1/3 de su volúmen t otal una disolución saturada de KCl sin exceso de sólido.4 * 10^-7 M Si se deja una solución acuosa en contacto con un exceso de Hg2Cl2. Según el Principio de Le Chatelier del efecto del ión común.es la del cloruro sódico que se disocia totalmente en Na+ y Cl -. A partir de ese momento . [Hg2 2+][Cl-]^2 =x* (2x +0.7 *10^ -7M de [Hg2 2+] Para [Cl-] = 2*6.su Kps = [Hg2=][Cl]^2 =1. cuando el producto de concentraciones supere a Kps precipitará Hg2Cl2. La cfin de Cl depende de NaCl y Hg2Cl2. 8 *10^11M E6.5 * 10^-5 H2O <==> H+ + OHKw(25ºC) =[H+][OH-] Kw = 1.0 * 10^-7 [OH-] = 1.2*10^ -18 ==> x= 1.42 y [OH -]= 10^-10. por tanto mignoramos 2x frente a 0..3*10^-15 ya que (2x=2.en equilibrio de una disolución para que [Hg2 2+] se mantenga muy próxima a 1.5 * 10^-5 M [Kh2 2+] = 1.58=10.58 pOH = 14.6*10^-15)<0.0 * 10^-9M [Cl-]max = 3.7*10^ -15 y con Cl.0 * 10^-14 [OH-] = 1.0 * 10^-7 [H+] = 1.42 =3.0 * 10^-7) = 7.00 pOH = 14-pH = 14-7 = 7 Si pH =3. 2x<0.0 * 10^-3 * [OH-] = 1.Calcular [OH-] si [H+] = 1.030.3 *10^-15 Por último calculamos la concentración máxima de Cl.0 * 10^-9M cini s 1.0 * 10^-3M Kw(25ºC) =[H+][OH-]=1.0 * 10^-14 = x * x ==> x = 1.0 * 10^-7 log Kw = log[H+] + log[OH-] -log Kw = -log[H+] .030 Sin Cl.log[OH-] 14 = pH+pOH pH = -log[H+] [H+]=10^-pH [OH-]=10^-pOH Para agua (a 25ºC) siendo [H+] = 1.0* 10^-9 0 cfin s 1. Según lo dicho.disolviéndose menos Hg2 2+ que sin adición.2 * 10^-18 x =[Cl= 3.0 * 10^-14 /1.0* 10^-9 x [Hg2 2+][Cl-]^2 = Kps 1.4.030^2=Kps =1. simplificando mla ecuación: x*0.la solubilidad del Hg2 2+ era 6.se reduce a 1.0 * 10^-3 = 1.00 -3.0 * 10^-9 * x^2 =1.030.0 * 10^-11M .0 * 10^-7 pH= -log[H+]= -log( 1. 134% De forma más sencilla habríamos llegado al mismo resultado si sabíamos que 1 mol de Ni son 58..fuete)en agua. sde lava con agua fría. HI) son ácidos fuertes mientras que el HF se comporta como un ácido débil.8 g disol.91 g. % en p del Ni: 0.03646 g Ni en aleación..es una reacción completa con total disociación del ácido. se disuelve la aleación en HCl 12 M.213 *10^-4 mol Ni)*(58.forman con el H+ un enlace muy fuerte.119 g = 0.213 * 10^ -4 mol Ni(DNG)2 y en la aleción habrá de Ni: (6. formando un par iónico H3O+ + F .11 * 10^ -4 mol Ni Esta cantidad de metal precisa según la relación 1 mol Ni2+/2 mol DMG: 2*(5. que corresponde a 0.+ F. Llamando xNi a la masa del Ni en la muestra. ¿Cuál es el % de Ni en el acero? Solución: a) Dado que el contenido de Ni es alrededor de 3%..1795 = 58.. se crea un mol de H3O+ libre .69 g Ni/mol = 5. el H3 O. La disolución ligeramente básica se calienta.8 g disol. de donde obtenemos xNi = 0. Br o I HX(ac) + H2O --> H3O+ + X.010 g DNG/g disol.69 g y que proporcionan un mol de producto formado que son 288.1795 g Ni(DMG)2/(288.-Precipitados: Para determinar el contenido en Ni de un acero.Los haluros de Hidrógeno (HCl./0. Se filtra el producto. tendríamos: g Ni analizado/g producto formado = xNi/0.11 * 10^-4 mol Ni)*(116.03 g Ni/58.91. a) Calcular el volúmen el volúmen de disolución alcohólica de DMG al 1% en p. y se desea 1. 1.se une fuertemente al Fpor un puebte de H+. que mantiene al Fe en disolución.119 g DMG Para que haya un exceso del 50% de DMG pondremos 1.178 g DMG/(0.1634 g de acero originó 0. para tener un exceso de 50% de DMG en el análisis.03646 g Ni*100/(1.79 g disol. por tanto: 0.) = 17. para precipitar cuantitativamente el complejo rojo Ni-DMG. (d=0.178 g DMG.69 g/molNi) = 0.5 * 0. Br.179 g de precipitado.69/288. Si se sabe que el contenido de Ni es aproximadamente d e un 3% en p.débil) se forman muy pocos H3O+ libres E27. Siendo X Cl.o g de acero contendrá alrededor de 0.0 g de muestra de acero./ml = 23 ml b) Por cada mol de Ni en el acero se forma un mol de precipitado.03 g de Ni.03446 g . b) Si 1.3.1634 g acero)= 3. Pero si se disuelve un mol de HF (ac. Mientras tanto el HF cede completamente su protón al agua HF(aq) --> H3O. y se neutraliza en presencia de ión citrato. y ocupará un volúmen de 17. y se añade dimetilglioxima (DMG). la cual está contenida en la disolución: 0.<==> F.2 g DMG/mol Ni) = 0. y se seca a 110ºC.(iones hidronio y fluoruro) Pero los F.H3O+ (par iónico) Al disolver un mol de HCl (ac.91 g Ni(DMG)2/mol Ni(DGM)2 = 6.79 g/ml) que se debe usar. a) ¿Qué fracción de A queda en la fase acuosa si se hace una extración con 500 ml y b) Si se hacen 5 extraciones con 100 ml cada una? Solución: a) Llamando fase1 al agua y fase 2 al tolueno y aplicando a la fración en fase1 tras la extración con 500 ml q=V1/(V1+KV2).441 g/mol) * 101.1344 g Sustutuyendo y = 1.0843 -x en esta ecuación: (0.3 restante.Una mezcla de complejos de Al y Mg tratada con 8-hidroxiquinoleina (Q a partir de ahora) pesó 1.010M con tolueno..784 el 72.E27.304 g/mol Reacción abreviada AlQ3 + MgQ2 --calor --> Al2O3 + MgO Solución: gramos.0843 .3003 = 0.611 g/mol Como masa g = mol *g/mol. Supongamos que se extraen 100 ml de una disolución acuosa de A 0.1344 g. originando un residuo de Al2O3 y MgO de 0.0. la mezcla se descompuso.. Datos: AlQ3 459.5 * x g/459.611 g/mol) * 40.084 3 g.961 g/mol + ((1.. hexano (inmiscibles en agua y menos densos) o cloroformo. sustituyendo en x + y .3003 g que representan el 27. moles x = g AlQ3 x g/459.611 g/mol x + y = 1.441 g/mol moles MgO = moles Mg = y g/312.441 g/mol y = g MgQ2 y g/312.4.304 g/mol = 0.441 g/mol MgQ2 312.0843 g moles Al2O3 =0.1. (0. Se preferirá el Tri CHCl3 al percloretileno CCl4 por ser menos tóxico y hexano y tolueno al benceno.304 = 0.1344 g x = 0.441 g/mol) * 101.611))*40.5 * x g/459. Tambien se usan los alcoholes como disolventes. Hallar el porcentaje en peso de Al(C9H6NO)3 en la mezcla original.611 g/mol Al2O3 10 1. tolueno.08 43 -x)/312.062 (ap rox 6%) b) Con 5 extraciones de 100 ml la fración restante será q2= (100/(100*3*100))^5 = .961 g/mol MgO 40. la fracción restante en la fase acuosa será: q1=100/(100+3*500) = 0.. E23. El soluto A tiene un coeficiente de reparto de 3 entre el tolueno y el agua (en la fase de tolueno hay 3 veces más que en la fase acuosa). Como disolventes se utilizan éter dietílico.Proceso de Extración por disolvente Se utiliza este procedimiento para separar u analitro de otros que interferirían en su análisis o para aislarlo o concentrarlo. diclorometano y tetracloruro de carbono (más densos que el agua). Cuando se calcinó en un horno en contacto con el aire .70% de la mezcla original y = 1.5 * x g/459.961 g/mol + (y g/312. 273*100) = 0.0*10^-9+1. formándose un precip itado pp de AgCl de 0.42 = 209 s.Se inyecta en un cromatógrafo de gases una mezcla de benceno.0 y b) pH= 8. tolueno y metano.Influencia del pH en la extración con disolvente. La mejor extración se efectúa a mayor en este caso pH=10 E23.0 *10^ -9.010 M con 100 ml de disolvente ¿Cual será la concentración final que queda en la fase acuosa a a) pH =10.39 E23. Factores de capacidad t´r =tr-tm.0 ml de una disolución que contiene Cl . Si se extren 50 ml de disolución acuosa de la amina 0.321 g/mol Solución: .010 M = 0.0*1.0 D=K*Ka/(Ka+[H+]) = (3.1%) Comprobamos que es más eficaz hacer varias extraciones sucesivas con pequeño volúmen de soluto que una sola con la misma cantidad total. hallar las retenciones relativas de los dos solutos.42 = 291 s.0*10^ -9)/(1. Asimismo. El metano da un pico intenso a los 42 s. E23. Supongamos que el coeficiente de reparto B de una amina es k=30 y la constante de disociación ácida de BH+ es Ka=1.273 q=50/(50+0. (251-42)/42 = 5.3. benceno: t´r = 251 ..Gravimetría de precipitación.0015 M) b) A pH=8.0*10^ -9)/(1. k´= (tr-tm)/tm. Un volúmen de 10..15 ==> 15% queda en fase acuosa (15% de 0.73 *100) =0.0*10^-9+1. mientras que el benceno se eluye a 251 s y el tolueno lo hace a 333 s.00098 (aprox.00 D =(3*1. Hallar los tiempos de retención ajustados y los factores de cada soluto.en la muestra problema? AgCl 143. (333-42)/42 = 6.4368 g.0 tolueno: t´r = 333 ..0*10^-6) Si usamos D en lugar de K en la ecuación q=V1/(V1+D*V2)= 50/(50+2.0*10^-8) = 0. 0.se trata con exceso de AgNo3.4.9 Retenciones relativas (mayor que 1): alfa= t´r(tol)/t´r(ben) = (333-42)/(251-42) = 1.65 ==> 65% queda en fase acuosa.0.2. Solución: Tiempos de retención ajustados..00? Solución: a) A pH=10. ¿Cuál era la molaridad del Cl. 7.1 *10^-7 (que rechazamos) [H+] = 9.0 * 10^-13) = 13.7.E-11.00 pOH = 14-pH = 14-6 = 8 Comprobamos teniendo en cuenta el equilibrio: Para [OH-] = 1.010 l = 0.0 * 10^-8+x) =10^-14 x^2 + (10^-8)x -(10^-14)=0 x = 9.10 M y de otra de 1.4638 gAgCl/(143.0 * 10^-6) = 6.0 * 10^-13 pH = -log[H+] =-log(1.0 *10^-14/1.-9.10 E-5.048 * 10^-3 mol AgCl/0. En concentraciones pequeñas entre 10^-6 y 10^-8 el pH es próximo a 7.0 * 10-8 x=[H+] x*(1.321 g AgCl/mol AgCl) = 3.9 E-6.=1/1 Por tanto en la muestra inicial: Molaridad Cl.7 E-.6*10^-8 pH = 7.00 pOH = 14-pH = 14-13 = 1 b) [H+] = Kw/[OH-]= Kw =1.pH E-3.048 * 10^ -3 mol AgCl.0*10^-8 = 1. La relación AgCl/Cl.-8.02 y no pH=6 como habíamos supuesto antes.11 E-4.0 * 10^-6 pH = -log[H+] =-log(1.-7.10 = 1.En 0.0 *10 -8 M Solución: a) Al ser una base fuerte se disocia totalmente [H+] = Kw/[OH-]= Kw =1.6*10^-8 M y -1.02 Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 10/May/2008 13:49 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro .E-10.2 E-7.-9.4638 g AgCl hay 0.0 *10^-14/0.[H+].= 3. [OH-].3048 M Calcular el pH y pOH de una solución de KOH 0. 5 * 10^ -13 ==> pH = 12.pH Va.pH Ver Excel Tras añadir los primeros 10.50/(50+10.0132M [H+] = Kw/[OH-] = 10^-14/0.M.50 ml HBr [H+] = 0.10. La valoración transcurre en tres fases con cálculos distintos: Fase 1: Antes del pe.10 M * 0. (Sólo en el caso de ácido fuerte/base fuerte. Valoración de áciso débil con base fuerte (o al revés). a los 50 ml de KOH.[OH-]sinreac.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 Análisis Químico Cuantitativo Daniel C. El H+ que hay es el suficiente para reaccionar con todo el OH -.Mensajes: 1.08 Va= 10. por ejemplo calculamos a 10.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 Valoración de Base fuerte con ácido fuerte (o al revés).50) = 8. Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C. Se añade un exceso de HBr a disolució n.M.020M)(50/(50+3)) = 0.0 ml de HBr.020M Tabla: ml HBr. añadiendo BrH 0. [OH -]restante = 10^3/10. [OH]sinreac =7/10.50 ml y el exceso Va-Vb = 10.00 = 0.0132 =7.50 . añadiendo a 50 ml de un ácido .[H+]exceso. Tras adición de 3 ml de Hbr (3/10 del total). vol ini OH y factor dilución = 50/(50+3) [OH-] = (10^-3/10)(0.056 Desde: 19/Dic/2003 #9· RE: Problemas de Química analítica resueltos Más problemas resueltos de Química Análitica cuantitativa. la valoración se ha completado al llegar al punto de equivalencia (pe) a un pH=7.26 *10^ -4 M ==> pH = 3. según la reacción H2O <==> H+ + OHKw = x^2= 1*10^-7 M ==> pH=7 Fase 3: Tras pasar el pe.1M para 50 ml KOH0.50 ml Hay un salto de pH en la gráfica con un valor máximo de la pendiente dpH/DVa y un punto de infle xión ya que la segunda derivada es 0.12 Fase 2: En el pe. HA + OH. 1/2.19 *10^-4 ==> pH = 3. como el MES 2 -(N-morfolin-etanosulfónico) con Ka=6.en agua. Sería como una disolución de A. ya que el ácido se .0167 M x^2/(F´-x) =Kb =Kw/Ka =1. 1/2.débil 0. es la sufi ciente para reacionar con los 3/10 del HA. -. como una base débil. 1.020 M *(50/(50.02 M pKa =6. -Ahora ya podemos calcular el pH.0+10.18 El pe en este caso de áciso débil con base fuerte es mayor de 7.+ H2O Fase 1: Antes del pe.02. --.15.--> A.02-x) = Ka ==> x = 1.+ H2O Kb=KW/Ka CantrelIni 1.+ H2O CantrelIni 1. pH = pKa +log [A-]/[HA] = 6.Ve=10 ml.==> A.<==>A. --.020 M ya que se ha diluído con NaOH desde la bureta.02 M.1 * 10^-7 Antes de añadir base HA 0.78 En la gráfica se nos presenta un punto singular ml valorante = 0. 3/10. 1.1M.93 Fase 2: Al inicio de añadir base hasta un poco antes del pe HA sin reac y A .<==>A.han formado un tampón regulador. una base fuerte como el NaOH 0. -A. Aplicando la fórmula de equivalencia VN=V´N´ Vb ml * 0. Apolicaremos para los cálculos la Henderson Hasselbalch conocido [A-]/[HA] Tras la adición de 3 ml de OH.reacciona para dar otro compuesto con el mismo anillo pero sin el H (en adelante A -) y agua HA +OH.0))=0.15 HA <==> H+ + AF-x x x x^2 /(0. -Cantrelatfin 1/2. su pH será mayor que 7.10 M = 50 * 0. --. --. 1. F´(VolTotalDisol.43 * 10^-8 ==> x = 1. conocido [A-]/[HA]. El mes está formado por un ciclo hexagonal con un Carbono unido a un Oxógeno y en el vértice opuesto el radical NHCH2CH2SO3 en adelante HA que con OH .15 Ka = 10^ -6.7/10.5 Ve -. luego Vb= 10 ml y como K =1/Kb = 1/Kw/Na = 7. -Cantrelatfin --.x.HA + OH.) = [HA] + Factordilución F´ = 0.+ H2O CantrelIni HA=1. --.54 *10^ -5 M pH = -log[H] = -log(Kw/x) = 9.+ H2= <==> HA +OH F-x.5*Ve Fase 3: En Pe Todo el HA se ha consumido en obtener A -. El VNaOH es el suficiente para consumir todo el HA HA + OH. pH = pKa + log((1/2)/(1/2)) = pKa Vval = 1/2 *Ve pH = pKa Kb=Kw/Ka La [A-] no es igual a [HA]ini =0.15 + log ((3/10)/(7/10)) = 5. --. -Cantrelatfin .x. 3/10. --. -pH = pKa + log((1/2)/(1/2)) = pKa Vval = 1/2 *Ve pH =pKa Buscamos pH en el que Vb =0. 12. de analito y valorante. Anillo con NH mmoles HVl = mmoles piridina . Además la curva depende de la Kdisociación ácida HA y de la conc.00) = 1.100 M*(0. la máxima capacidad tampón se da en pH =pKa y Vb=0.08364 M con HCl 0. La curva de valoración tiene estos valores: Ver EXcel Valoración de 25. Se presentan cuatro fases: Fase 1: Antes de añadir ácido.0+10.66 *10^ -4 M ==> pH = -log(Kw/[OH-] = 10. la disolución contiene base débil B en agua.10 ml [OH-]exceso = 0.1607 M Piridina es un anillo heagonal bencénico con un H sustituido por un N y su Kb es 1.3. Su pH es inferior a 7. Fase 4: Después del pe Añadimos ahora NaOH a una disolución básica que contiene A -.Valoración de base débil con ácido fuerte.. El pH se calcula con la reacción de disociación ácida de BH+ y Ka =Kw/Kb. Al hacerse más débil HA o al disminuir las conc.69 * 10^-9 Pir + H+ --> AcPir . BH+ <==> B + H+ F´-x x x [BH+] ahora es algo menor por haberse diluído y la disoluc ión es ácida. la inflexión cerca de pe disminuye tambien y se hace más difusa el ver el pe. Esto ocurre tanto en ácidos como en bases débiles. Al aumentar Va por adición de ácido se llega al punto msingular Va=0.convierte en su base conjugada en el pe. de los reactivos. el pH depende del [OH-] en exceso en la mdisolución. El pH depende del exceso de ácido fuerte despreciando la contribución del ácido débil.5Ve con pendiente (dpH/dVb) mínima. El p Hviene dado por la hidrólisis y Kb B + H2O <= Kb=> BH+ + OH F-x x x Fase 2: Entre el punto minicial y el pe hay una mezcla B y BH+ que es un tampón.5Ve y pH = pKa (para BH+).10/(50. fase 4: Después del pe. Por la curva de val oración se determinan pKa y pKb.. Todo lo contrario que la valoración AcDebil/BaseFuerte B + H+ -->BH+ Al añadir todo el ácido la reacción es completa.0 ml de piridina 0.22 Observamos que al dibujar la curva de valoración. El pH se calcula con pH = pKa (BH+) + log ([B]/[BH+]). Para Vb = 10. un ácido débil. Fase 3: En el pe B se ha transformado en BH+. Combustión Un compuesto pesa 5.529 * 10^-3 g H2O/18. Una columna de Cu caliente elimina el exceso de O2.60-4.0079 g/mol H = 2.5.S --1050ºC C.63/19. Se introduce la cápsula con la muestra en un crisol de cerámica calentado.414 mg de CO2 y 2.84% moles H en muestra = 2 moles * 2. Se pesan con precisión 2 mg de muetra se sella en una cápsula de Sn o Plata .08364 M .60 ml Ahora queremos hallar el pH cuando Va = 4.714 mg muestra = 4.236 fracción pir queda = (19. Lleva catalizadores de WO3 a 1050ªC para formar el CO2 y Cu reductor y trampa de O2 a los 850ºC para oxidar el SO2 a SO3 y agotar todo el O2 en exceso.63)/19. S en una única oepración.23 pH = pKa+ log [B]/[BH+] =5. cubierto de Ag.N.O2--> CO2(g).60 = 0.934 mg C % C en muestra = 3. Hallar % en peso de C y H en la muestra.275 * 10^-4 mol Mas aC en muestra = (3.714 mg muestra = 68. H2O y CO2) para arrastrar los gases de anteriores procesos.714 g y produjo 14..529 mg H2O en su combustión. ==> Ve = 19. En otros casos llevan catalizador de oxidación de Cr2O3 y el gas pasa a través de Co3O4 en caliente.283 mh H * 100/5.74 E27.1067 M = 25. fracción de pir valorada = 4.275 * 10^ -4 mol C)*(12. H.00 ml * 0. para absorber halógenos y S.808 *10^-4 mol H *1.236) = 5.934 mg C * 100/5.60 = 0.76 4/0. Solución: Un mol CO2 contiene un mol de C.63 ml Solución: Parte de pir se ha neutralizado y forma un tampon pir -ion pir. se separan en una columna . + H2O(g) + N2(g) + [SO2(g) 95% + SO3(g) 5%] Cu+SO3 --850ºC--> SO2 + CuO(s) Cu + 0.0152 g/mol H2= 2.23 + log(0.H. identifica y cuantifica C.5 SO2 --850ºC--> CuO (s) Los gases formados. en una explosión instantánea. Luego se añade a la corriente de He un olúmen medido de O2.010 g/mol CO2 = 3. y un mol de agua contiene 2 moles de H moles C en muestra = moles CO2 producidos= 14. N. C.414 * 10^ -3 g CO2/44. dónde la cápsula se funde a 235ºC a SnO2 y la muestra se oxida rápidamente en la corriente de O2 al producirse una gran energía térmica que aumenta la temperatura a 1700-1800ºC .Ve ml HCl * 0. El analizador se purga con gas Helio puro (libre de O2.808 * 10^ 4 mol masa H en muestra = 2.952% Equipos automáticos de Análisis por combustión (Leco) Un instrumento para analizar gases producidos en la combustión de minerales y aceros.830 * 10^ -4 g % H = 0.764 pKa = -log(Kw/Kb = 5. en exceso.011 g/mol C = 3. 71.5 gramos de cloro puro y como 1 gramo tiene 1000 miligramos entonces tienes 3500 miligramos de cloro puro.71.41.76+-=.13 Recordando unidades de concentración medioambientales (trazas) y según pidan. Ins1.12. 6. Si hubiera productos ácidos se absorben en asbesto mojado en sosa.10. aumenta su resistencia eléctrica y varía el voltaje a lo largo del proceso. pasando por Niquel sobre carbón a 1075ºC para formar CO.por Ag+). Tambien se pueden medir los gases a la salida por absorbancia en el IR para CO2.17+-0. H2O y SO2 (tres celdas separadas con filtros específicos a la longitud de onda en la que absorben cada uno de ellos)y por conductividad térmica el N2.cromatográfica de gases y se miden en un detector de conductivid ad térmica que mide la capacidad de conducir y transmitir calor de una zona caliente a otra fría. este halógeno X se absorbe en disolución acuosa y se valora con Ag+ en un columbímetro que mide los eklectrones producidos (1e .84+-0.1 a 0.10. Por ejemplo: Si tomas una muestra de 35 gramos de muestra de Cloro al 10 % en realidad tienes 3.22+-1.09. N2 y HX . La formula es : . 71. aprox) = 1 g/ml ó 1g/cm3 oKg/dm3 1 g/ml = Concentraciones de cobre tan bajas como 0. Para el oxígeno se precisa una pirólisi s anterior antes de añadir O2 medido. Para analizar halógenos.36. 6. Vteor. Una muestra de acetanilida (C8H9NO.34+-0. p/p ó p/v ó v/v y millón americano son 1000 millones = 10^9 ppm = partes por millon =1 parte/10^6 total = 10^-6 = 1mg/litro = microg/ml=g/m3 = mg/Kg ppb(europeo) = partes por billon =1 parte/10^12 total = 10^ -12 = 10ng (nanog)/ml = microg/l ppb(americano) = ppmm= partes por billon =1 parte/10^9 total = = 10^ -9 = Practicando:8 ppm v/v CO en aire son 8 microl/l d(agua y otras.En este caso 350 ppm son 350 mg de cloro/Litro de solución. Hay otra corriente de referencia. La sensibilidad del detector es inversamente proporcional al caudal y aumenta al aumentar la diferencia de temperatura entre filamento y bloque exterior.10 N. Lleva un filamento de W-Re y se detecta la salida de un amalito por disminución de la conductividad del gas.10. anillo bencénico con NH(C=O)CH3) dió el siguiente análisis de gases: Elem.10 H.08. Preparar una disolución de 350 ppm del un cloro al 10%? un miligramo de cloro en un litro de solución. la combustión produce CO2.6.33+-0. 71. Ins2 C. se calienta el filamento. H2O.5 ppm son tóxicas para las bacterias y otros microorganismos. y 0.2 ppm.8 ppm CaCO3 1° \"carbonate hardness\" (KH) = 17.70 ppm muy blanda 4 .530 ppm dura 1° \"general hardness\" (GH) = 17.5 ppm en Italia. guisantes o espárragos. 0.0 ppm en el Japón y Corea.18 dH = 210 . trans-5-(4-clorofenil)-N-ciclohexil-4-metil-2-oxotiazolidin-3-carboxamida. uvas pasas: 4. Conclusión: Puedes preparar una solución de cloro a 350 ppm tomando 35 gramos de Cloro al 10 % y aforando hasta un volumen de 10 l.4 dH = 0 . 0. 1.05 ppm en Suiza. Para los cítricos se establecieron los LMR que se señalan a continuación: 2. carne 0. Dureza de aguas: (dH grado hidrotimétrico) 0 .210 ppm poco dura 12 .) Establecimiento de niveles de tolerancia de los residuos del plaguicida hexitiazox. España.0 ppm. y los metabolitos que contengan la fracción (4-clorofenil)-4-metil-2-oxotiazolidina. leche 0. Los límites máximos de residuos (LMR) nacionales fijados para el hexitiazox en las uvas son: 0.0 ppm para bivalvos en conserva y codido/depurados.1 ppm en Nueva Zelandia. trazas de Pb de entre 5.8 dH = 70 .0 ppm. y aceite de cítricos: 2. 5 ppm para café y té y 13 ppm para infusiones. segun la tabla 1. soldaduras de latas de conservas. Para vinagre se admite un máximo de 1 ppm para As+Pb+Hg. 0. vino max.(mg de cloro puro )/Volumen de Solución= 350 ppm Tenemos de dato los mg de cloro y las ppm Despejando: Volumen de solución=(mg de cloro)/(ppm) sustituyendo: Volumen de solución = (3500mg) ( 350 mg/l) El resultado es: 10 Litros de solución de cloro a 350 ppm.0 ppm y 3.0 ppm en España. 1.0 ppm en la cáscara y 0. Francia. 2 ppm para sal común. de tomate.8 ppm CaCO3 Para 30 ppm CacO3 Gh=2 Kh=2. cítricos: 0.01 ppm en la pulpa en el Brasil. 10 ppm para especias.140 ppm blanda 8 . se señalan los siguientes niveles.2 -0.05 ppm en agua potable.7º °DH: grados alemanes °H : grados ingleses de la escala Clarck . expresados en partes por millón (ppm) del compuesto principal en el interior o en la superficie de los productos: uvas frescas: 1.10 en agua envasada.320 ppm bastante dura 18 . 0. Prohibición de uso en cañerías domésticas de agua.4 ppm. Italia. conservas vegetales. 10^ -4.30 dH = 320 . Austria y Hungría.12 dH = 140 . zumos de limón.5 ppm en Alemania.2 ppm en Francia y 0.0 ppm. (que se sueldan con gas mezcla con H2 reductor e hilo inox. Se permiten en España (ppm = mg/kg). tapones y cápsulas de botellas de vino.5 ppm. 1 ppm en brandys. Virus: 5 ppm.10 Litros = 100 cc de TecsaClor 50.m. Si el lugar esta con productos cercanos al techo. Por ejemplo si queremos preparar una solución de 100 lts que tenga una concentración de 50 ppm de ClO2. ENTRE 35 Y 50 PPM CAUSAN LA MUERTE EN UNA HORA.: partes por millón de carbonato cálcico u óxido de calcio CaCO3: carbonato cálcico CaO: óxido de calcio 1 °DH = 17.p. En cámaras de frío se utilizan los ventiladores como carrier del producto de esta forma el gas pasa por todos los rincones de la cámara. 100 lt x 50 ppm/50.1 * Amonio-N contenido de calcio de 461 ppm en el suelo Cantidad de TecsaClor(desinfectante para vinos) requerida en Litros = caudal ó volumen x ppm de Cl2 requeridos de solución a preparar ó a utilizar/50. LO MISMO QUE CON EL FOSGENO. CONCENTRACIONES ATMOSFÉRICAS DE CL2 SUPERIORES A 3 PPM SON SUFICIENTE PARA GENERAR IRRITACIÓN RESPIRATORIA.m.8 ppm CaCO3 1 meq/L alcalinidad = 2. CONCENTRACIONES DE CLO2 SUPERIORES A 1 PPM SON IRRESPIRA BLES Y DE 2 A 4 PPM PRODUCEN CUADROS .p.000 Para el caso de hacer fumigaciones en ambientes se debe realizar de acuerdo a lo siguiente De 2 a 4 cc de TecsaClor por mt3 de ambiente diluidos en entre 3 a 6 partes de agua.m.p. de CaO 1 °H = 14.p.8 ppm CaCO3 1° "carbonate hardness" (KH) = 17.3 p.000 Por lo tanto: Hongos: 50 ppm. Bacterias: 25 ppm. estos últimos se deben cubrir.3 * Nitrito-N Amonio-NH3 = 1.4 * Nitrato-N Nitrito-NO2 = 3.de CaCO3 El factor de equivalencia 56/100 se usa para convertir °HD a °H.8° KH 1 ppm = 1 mg/L Nitrato-NO3 = 4.00 = 0. y 100/56 para convertir °H a °DH 1° "general hardness" (GH) = 17.9 p. aplicamos la fórmula arriba indicada. beta3= 8. El Pb2+. actúa como un ácido de Lewis aceptando un par de electrones e I.0010M y b) 1.0*10^2 Pb+2 + 2I.00 àra trucha arco iris LC50 aguda a 96 h 30 mg/l frente a D lig tox La fluoración de la sal de mesa 250±50 partes por millón (ppm). puesto que será la única concentración en la disolución y satisfará a todas las reacciones posibles.5 MG/M3 Y EL DE HCL DE 7 MG/M3. E6. en etiqueta (Mx) tral 266±67 ppm F (rango 55 -355 ppm). PbI4(=) el yoduro es el ligando del plomo. por ser poco soluble el Pb+2 en presencia de I-.7 * 10^-3M siendo el 91% Pb2+. pero se forman complejos: PbI2(s) <= K1 => Pb2+ 2I Kps= [Pb2+][I-]^2 = 7.1 *10^-5M [PbI3-] = beta3[Pb2+][I-]^3 = 6.<=beta2=>PbI2(aq) beta2= 1.053 ppm a pH 9 C42H67NO16 731.9*10^ -3(1. PbI2 -. En el caso de los ioduros de Plomo: PbI+.9 *10^-4 M [PbI2aq] = beta2[Pb2+][I-]^2 =1. LA CONCENTRACIÓN M?XIMA PERMISIBLE DE CL2 ES DE 1. al aumentar [I-] disminuye [Pbtot] por efecto del ión común.0M [Pb2+] = K1[Pb2+][I -] = 7.4*10^-10M b) Para [I-] = 1.<=beta4=>PbI4= beta4= 3.4*10^3 Pb+2 + 3I.9 * 10^3 M a) Para [I-] = 1.9 *10^-9 M [PbI2aq] = beta2[Pb2+][I-]^2 =1. para [I-] = 10^-3. pero . PbI3 .K1 = 1.<=beta3=>PbI3.<=K1=>PbI.se redisuelve en forma de iones complejos MX2-.y PbI4= en una disolución saturada de PbI2(s) y que contiene I . 16 y 0.3*10^3 Pb+2 + 4I.0*10^2)(7.6 * 10^-5M [PbI4=] = beta4[Pb2+][I -]^4 =2. sustituyendo en la ecuación de Kps. 1/3 <199 6 >300 6 <150 microg/g Formación de complejos Si un anión X.4*10^-4M [Pbtot] = [Pb2+] +[PbI -] +[PbI2aq]+PbI3-]+[PbI4=] =8.001M [Pb2+] = K1[Pb2+][I -] = (1.6 * 10^-8M [PbI4=] =beta4[Pb2+][I -]^4 =2.0 M Solución: [Pb2+] = Kps /[I-]^2 = 7. En la reacción se debería formar PbI2(s).1 *10^-5 M [PbI3-] = beta3[Pb2+][I-]^3 = 6.GRAVES.98 /C41H65NO16 746.precipita a un metal M+.0*10^-3)= 7. podremos calcular la del Pb+2.2 Hallar la concentración de PbI+.disuelto en una concentración de a) 0.como una base de Lewis que los cede para formar un enlace complejo llamado covalente coordinado o dativo y el complejo es un aducto.0 *10^4 Conocida la concentración de I-.9 * 10^-9 Pb2+ + I. PbI2(aq). a menudo se observa que una alta concentración de X. Insecticida Espinosina A y D 290/29 ppm solub agua a pH 5. calcular la molaridad de la disolución de permanganato. moles C2O4= = (5 ml C2O4=/2 mol MnO4 -)(mol MnO4-) = 0.3562 g NaC2O4)/(134.794 * 10 ^ -4 mol/l = 1. Se disuelven 0.1663 mmoles.2500 l) = 0.H 2O habrá 0..6.0 g/mol Na2C2O4)/(0.7 ml de disolución estandar de MnO4 -.01617 l * 8. Solución: [Oxalato] = (0.422 * 10^ -5 mol MnO4que reaccionan con el oxalato. Si 10. Teniendo en cuenta que mmol/ml = mol/l [Ca++] = 0.0M [Pbtot] = 3.2*10^-4M y un 74% de total es [PbI4=] Existe una hoja de cálculo pasra calcular estos valores en Fig.36 l de disolución de KMn=4 en su valoración.en valorante = 0.01063 Moles C2O4= en 10 ml son 0.01063 mol/l * 0. consumió 16. que se precipitó y redisolvió.0355 mmol Ca++ por los 5 ml de orina.0355 mmol/5.0 ml.0453 mmol/48.00 ml = 0.0 ml de eta disoliución necesitan 48.17 ml de MnO4.consumido = (2 mol MnO4 -/5 mol C2O4=)(mol C2O4=) = 0.0 ml de una muestra de orina. hallar la concentración de Ca++ en la orina.3562 g de Na2C2O4 en un matraz volumétrico aforado de 250. Para [I-] = 1. prevalece formación de complejos y aumenta [Pbtot].para [I-] alta.063 * 10^-4 mol = 0.3 El contenido en Calcio de una muestra de orina se determina por precipitación en forma de oxalato cálcico en medio básico y luego acidulando para disolver el pp en forma de sal cálcica Ca++ y ácido oxálico. Este ácido se valora en caliente (60ºC) con permanganato potásico de normalidad conocida hasta viraje a púrpura indicando el punto final de la reacción.010 l = 1.36 mol =8. relación MnO4-/C2O4= = 2/5 MnO4.hay 0. en el oxalato cristalizado Ca(C2O4). Solución: En 16.00711 M .794 * 10^ -4 M El calcio presente en 5.03555 mmol Relación oxalato/Ca++ = 1/1.0453 mmol Molaridad MnO4.