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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. PQA 2. Estos gases se recogieron sobre una disolución diluída de peróxido de hidrógeno.0365 = 2 * mg S/32 mg S = 3.7500 g de muestra se sometieron a combustión en corriente de oxígeno. clorhídrico equivalente a otra de 0.= 2 * mg S/Pat S + mmol H+ 40.2.41% Problemas resueltos de Química analítica.3 * 0.46.45. Se transformó el azufre de una muestra de 0.= 2 * mg S/Pat S 5.3 ml de una disolución de NaOH 0.0031 * 100/0.0096 g/ml de Na2CO3.3 mg %S = 6.1 mg % S = 0. 2.44.0 ml de una disolución de á. Calcular el porcentaje de azufre en la muestra. transformándose en H2SO4. Reacciones del procedimiento: S + O2 --> SO2 (SO3) SO2 (SO3) + H2O2 --> H2SO4 Reacciones de valoración: H2SO4 + 2OH. PQA 2.181 mmol HCl/ml mg S = 16. mmol OH. Si en la valoración de este ácido se consumieron 5.0 ml de una disolución de NaOH 0. El exceso de sosa consumió para su valoración 22.45.-->SO4(2-) + 2 H2O Reacción estequiométrica: S <> SO2 <> SO3 <> H2SO4 mmol OH. formándose dióxido de azufre y algo de trióxido. calcular el porcentaje de azufre en la muestra. Para determinar el contenido en azufre de una muestra orgánica se aplicó el siguiente procedimiento: 0. .1250 = 2 * mg S/32 + 22.0 * 0.2500 g de mineral en trióxido de azufre.5 % Problemas resueltos de Química analítica.0365 M.0 * MClH mmol HCl = V * MClH = 2 * mg Na2CO3/Pm Na2CO3 = 2 * 9.1250 M.7500 = 0.6/106 = 0. el cual fue absorbido sobre 40. 9 % mg Ca = 289 * 40. ftálico 0.1 = 207 mg % Ca = 63.43.0 ml NaOH.1 + 12. se disolvieron en 50.+ 2 H2O 2 * mol H2Ph = mmol OH2 * 13.5 ml de NaOH. Si en la normalización de 25.5 ml de á.1375 mol/l mg CaO = 289 mg % CaO = 88. Si las concentraciones del ácido y de la base son tales que 2.5 * 0. de la que se gastaron 12.2500 M.0 ml de HCl <> 1.3250 g de muestra en 100 ml de á. clorhídrico 0. determinándose dicho exceso por valoración con una disolución de NaOH 0.0 ml de á.1002 = 25.clorhídrico (en exceso). calcular el porcentaje de CaO y Ca en la muestra.0 * M M = 0.1/56. Para proceder a su análisis se pesaron 0.0 ml de la disolución base se consumieron 13.275 2 * MClH = 1 * 0. Se sabe que una muestra contiene exclusivamente óxidos de calcio y magnesio. 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. PQA 2.7 Problemas resueltos de Química analítica.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 . calcular los porcentajes de CaO y MgO en la muestra. La reacción de valoración ajustada y la relación estequiométrica es: H2Ph + 2 OH.1002 M.275 MCLH = 0. se procedió a la disolución de 0. 2.275 M.43.44.5 * 0.2000 g.5 ml. Para determinar la pureza de un material constituído por óxido de calcio e impurezas inertes.2.--> Ph2. y el exceso de ácido se valoró con 40. 51 * 6.sustituyendo datos. y recogido el amoníaco formado sobre á. 2.8% de proteínas.41. b) Si el factor de conversión de Nitrógeno en proteína es 6.42.0 * 0.41.42. PQA 2.70).2 * 0.25% En la muestra de 3. Calcular el peso máximo del mismo que debe tomarse para que. de la que se gastaron 32. Un cereal contiene el 2. PQA 2.0000 g habrá pues: g prot tot = 0. tenemos: mmol HCl = mmol NH3 + mmol NaOH 50.0153 * 100/3.3 mg % N = 0. (Dato: factor N en proteína = 5.41.5 * 0.1210 = mg N/14 + 32.0 ml de una disolución de á.H+ --> NH4+ .1540 mg N = 15.1540 M. con la única diferencia de que se recoge el amoníaco destilado en ácido fuerte en exceso para valorar éste con sosa.0320 M en la valoración. bórico. En la valoración por retroceso del exceso de ácido con sosa. Las reacciones que tienen lugar son: a) Digestión: Nprot -.1 + 2 * mg MgO/40.2500 = 2 * mg CaO/56. una vez tratado por el método de Kjeldahl. Para ello s e hace destilar el amoniaco sobre 50.2 ml Calcular a) Porcentaje de Nitrógeno en la muestra.1210 M. valorándose el exceso de ácido con otra disolución de NaOH 0.38. se gasten no más de 50. clorhídrico 0.0000 b) % Proteínas en la leche 0.38 = 3. 2.000 g mediante el método de Kjeldahl.1082 mg MgO = 131 mg y mg CaO = 69 mg Problemas resueltos de Química analítica.0975 g Problemas resueltos de Química analítica. masas y pesos moleculares y despejando: 50.3 + 40. clorhídrico 0. a) Las transformaciones que tienen lugar son como las de 2.0 * 0. ¿qué cantidad de proteínas contiene la masa de muestra analizada?.0 ml de á. Se determina el N de una muestra de leche en polvo que pesa 3. b) Destilación: NH4+ -. H3PO4.0320 = 1.0 ml de HCl.39.--> NH3 NH3 + HBO2 --> NH4+ + BO2c) Valoración: H2 + BO2. requiere 16.60 mmoles HCl equivalentes 1.39. pues el naranja ya estaría virado.0 ml y otra c on naranja de metilo.70 = 128 mg de Proteína Por tanto la masa de muestra necesaria será como máximo de m = 0.60 * 14 = 22. 2.028 = 4. La valoración de una alícuota con NaOH 0. para el mismo volúmen de muestra. Se sabe que cierta disolución contiene una combinación de dos de las siguientes sustancias: HCl.128/0. NaH2PO4 y Na2HPO4.<> NH3 <> N por lo que deducimos: mmol HCl = mg N/Pat N Como sólo pueden ser consumidos un máx imo de 50.OH. que suponen en mmoles 50.4 mg N ó 22.4 * 5. ¿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. PQA 2.450 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 .0 * 0.571 g Problemas resueltos de Química analítica.4 ml de NaOH.--> HBO2 Y las relaciones estequiométricas: H+ <> BO2. + H2O Como V1 = 16.--> H2PO4.--> H2O V2 para H3PO4 + OH. ya que se tendría: V1 + 2 * V2 = 28.--> H2O V2 para H3PO4 + OH.--> HPO4(2-) + H2O Para la 2ª alícuota el gasto de sosa sería Vsosa = V1 + V2 Para las reacciones V1 en H+ + OH.4 ml. 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.450 = mg HCl/36.0 ml y V1 + V2 = 16.6 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.--> HPO4(2-) + H2O Calculamos el gasto de sosa en la 2ª alícuota Vsosa = V1 Reacción: H3PO4 + OH.+ H2O y V2 para H2PO4.--> H2PO4.5 + mg H3PO4/98 Además V2 * Msosa = mg H3PO4/Pm H3PO4 .0 ml.+ H2O y 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. no puede tratarse de esta mezcla b). Por tanto.+ OH.4 ml De dónde deducimos V1 = 4.--> H2PO4.4 * 0.8 ml y V2 = 11.H3PO4 + OH.--> HPO4(2-) + H2O y V2 para (H2PO4-ini) + OH.--> H2PO4. 2. consumiéndose 12.--> 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 .44 mmol CO2 Y el total de CO2 será: mmol CO2 = 1. se disuelven en agua y se valora con HCl 0. se calienta.8% Las reacciones de transformación a CO2 son: CO3(2-) + 2H+ --> CO2 + H2O HCO3.11.38.4817 g. Calcular los porcentajes de las dos sales en la muestra.3 * 0. La disolución resultante se valora con HCl 0.1176 M.450 = mg H3PO4/98 De dónde deducimos mg H3PO4 = 512 mg y mg HCl = 79 mg Problemas resueltos de Química analítica. PQA 2.1176 = mg Na2CO3/106 mg Na2CO3 = 153 mg % Na2CO3 = 153 * 100/481.1176 M. Se analiza una muestra que contiene carbonato y bicarbonato sódicos e impurezas inertes.+ H+ -->CO2 + H2O A partir del carbonato sódico se forman: 153/106 = 1. Para ello se pesan 0.6 * 0. En la primera valoración: CO3(2-) + H+ -->HCO3mmol H+ = mmol CO3(2-) = mg Na2CO3/Pm Na2CO3 12.3 ml hasta viraje de la fenolftaleína.0 ml de NaOH 0.7 = 31. y se elimina el CO2 por burbujeo sobre 25. Otra muestra idéntica se disuelve en exceso de HCl. consumiéndose 14.44 + mg NHCO3/84 Al reaccionar con NaOH: CO2 + 2OH.38.6 ml hasta el viraje de la fenolftaleína.1863 M. se gastaría el mismo volúmen de valorante hasta el viraje con cualquiera de los indicadores.--> H2CO3 mmol H+ = mmol HCO3 = mmol CO3(2-) V * M = mg Na2CO3/Pm Na2CO3 7.5 * 0.500 M.500 = mg NaOH/40 + mg Na2CO3/106 En la segunda prte de la valoración: H+ +HCO3.398 * 100/1. ¿Cuál es la composición de la mezcla? Si la mezcla contuviera sólo sosa o sólo carbonato.mg NaHCO3/84 mg NaHCO3 = 126 mg % NaHCO3 = 1216 * 100/481.mmol CO2 = (mmol OH-tot) .mmol H+ = (mmol OH-tot) .5 ml más de valorante hasta el punto final del indicador. PQA 2.000 g. En la primera parte de la valoración: OH+ + H+ -->H2O y CO3(2-) + H+ --> HCO3Por tnto: mmol H+ = mmol OH. Luego se añade naranja de metilo (pKi = 3. Na2CO3 y/o NaHCO3 aislados o mezclados.37. Por tanto. Con fenolftaleína como indicador (pKi = 9.37.1.44 .2% Problemas resueltos de Química analítica. la única posibilidad es que se trate de una mezcla de NaOH -Na2CO3. Para el bicarbonato sólo se requiriría de un indicador.4) y se requieren 7. que se sospecha que contenga NaOH.000 = 39. 2. Una muestra de 1.0 * 0. se disuelve y se valora con HCl 0.8% Sustituyendo: .4) la disolución se vuelve incolora después de la adición de 32.+ mmol CO3(2-) V * M = mg NaOH/Pm NaOH + mg Na2CO3/Pm Na2CO3 32. Para una mezcla de carbonato -bicarbonato se requiriría mayor volúmen de ácido para alcanzar el viraje del naranja de metilo.7 = 26.500 = mg Na2CO3/106 mg Na2CO3 = 398 mg % Na2CO3 = 0.0 ml de ácido. 25. equivalente al NH4+ formado. NH3 sin valorar = 6.2 + log(3.2 * 0.125 * 10^-4. La disolución a valorar contiene 50.5. 62.125 M con HCl 0.25 mmol de NH3 La reacción de valoración es: NH3 + H+ --> NH4+ Inicialmente. formándose una cantidad equivalente de NH4+ en un volúmen Vf = 50 + 62.75 mmol.5 = 0.5 = 112.0. Calcular el pH en los puntos de la curva de valoración que corresponden a la adición de 0.50 = 3.056) = 5.0 * 0.2. 50.0.25.0 ml .25 mmoles y se ha neutralizado todo el NH3.2 Para V = 75.25 .0% Problemas resueltos de Química analítica.75/75)/(2. Volúmen final: f = 50 + 25 = 75 ml.25/100)/(5.0 ml. 2.25/112.00/100) = 8.0 ml de NH3 0.5 ml. Se valoran 50.50/75) = 9.5. ml moles HCl añadido = 25.2 + log(1.0 ml * 0. en el que el pH viene dado por la disociación ácida del NH4+ a un concentración Ci = 6.00 mmol equivalentes a los mmoles de NH4+ formados NH3 sin valorar: 6.100 = 2. con pKb = 14-9.4 Para V = 50 ml HCl añadidos = 5.000 = 49.490 * 100/1.5 ml HCl añadidos = 6. Por tanto: pH = 9. y 90. para V = 0.056 M [H+] = raiz(10^9. La disolución contiene una mezcla reguladora NH4+/NH3 cuyo pH vendrá dado por: pH = 9. 75.8 [OH] = raiz(0.2 = 4.25 mmol en un volúmen vf = 50 + 50 = 100 ml. Estamos pues en el punto de equivalencia.00 = 1.4 * 10^-3 M y por tanto pH = 11. el pH de la disolución viene dado por la hidrólisis básica del amoníaco.100 M.125 M = 6. PQA 2.5 0 mmol.25 .9 * 10^ -6 M y por tanto pH = 5.1 Para V = 25. 25.mg mg NaOH = 492 mg % NaOH = 0.0 ml.8) = 1.6 Para V = 62.0. = 2 * 1. se deduce que la disolución inicial a pH 7.25/125 = 0.25 mmol de H+ en un volúmen Vf = 75 + 50 = 125. la disolución contendrá 1. para lo que será necesario añadir una cantidad de NaOH equivalente a la de las especies neutralizadas.00 mmoles.5.6.25 mmol de HAsO4(2 -) y 1. PQA 2.50 mmol/(1 mmol/l) = 2. Se calcula primero la cantidad de arsenito sódico en mmoles.HCl añadidos = 7. Calcular qué volúmen de sosa 1M será necesario añadir para preparar.+ 2OH. contiene una mezcla equimolar de las especies H2AsO4.25 = 2. con el peso molecular de la sal Na3AsO4.y 1. según la reacción: H2AsO4. será necesario neutralizar los dos protones del H2AsO4 -. Para alcanzar el pH final 11. Teniendo en cuenta las constantes de disociación del ácido arsénico pK1 = 2. habrá que añadir: V = 2.y HsO4(2-).7 Problemas resueltos de Química analítica. [H+] = -log (2.0.5.0/207.25 = 1.0 mg de arseniato sódico en agua y la disolución se lleva a pH 7. formándose un exceso de H+ de 9.75 mmol en un volúmen Vf = 90 + 50 = 140.25 = 2. enrasando con agua.50 mmol Como se dispone de una disolución de NaOH 1M.5. 250 ml de una disolución de pH 11.50 mmoles. Problemas resueltos de Química analítica.50 mmol Na3AsO4 A pH 7.25 mmol de AsO4(3-). pK2 = 7. .25 mmol de H2AsO4 .6.50 ml Después de añadir este volúmen.25 mmol de NH4+ y quedando un exceso de 7.--> AsO4(3-) + 2H2O por lo que: mmol NaOH = 2 * mmol H2AsO4.25 mmol de HAsO4(2-).20. PQA 2.9: 520. Pm = 207.00 .2.75/140) = 1. a partir de la anterior. Para llegar a formar una disolución que contenga 1.0 ml.0. 2.9 = 2.0 ml. pK3 = 11. la disolución se llevará a 250 ml.0 ml HCl añadidos = 9. El pH viene dado por la concentración de protones en exceso: [H+] = 1.01 M y por tanto pH = 2. formándose 6.0. Se disuelven 520. deberá formarse una nueva mezcla equimolar de las especies HAsO4(2 -) y AsO4(3-).20.50 .0.19.0 Para V = 90. 6 = [En]/[HEn+] [En]] = 4.6.0. 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. se obtendrá la mezcla deseada.1 unidades? a) Las constantes de disociación ácida del sistema de la etilendiam ina (a partir de ahora En) son: H2En2+ <--> HEn+ + H+ pK1 = 7.0.5 = 9. formándose 200 mmol de HEn+. cumpliéndose: pH = 10.5 se tendrá el regulador HEn+/En. diluyendo posteriormente a un litro de disolución.83 . b) Al añadir mínimas cantidades de una base se producirá un ligero aumento del pH. la masa de En es de 60. Ya que el peso molecular es 60.6 = 9.1 y HEn+ <--> En + H+ pK2 = 9.0 g. La relación de concentraciones calculada anteriormente para las dos especies de la En puede expresarse como moles. Si se sigue añadiendo En a la disolución.2.0 * [HEn+] La concentración total de En es Ctotal = [HEn+] + [En] = 1M Resolviendo el sistema obtenemos: [HEn+] = 0.0. ya que el volúmen de la disolución final es el mismo.9 Por lo que a pH = 10. a) ¿Qué peso de etilendiamina (NH2CH2CH2NH2).9 + log [En]/[HEn+] 0.0 * [HEn+] Al añadir En a 200 mol de HCl se producirá la reacción: H+ + En --> HEn+ Primero se neutralizarán los 200 mmol de HCl. la disolución final deberá mantenerse en pH = 10.19. cumpliéndose: 10.1 unidades de pH. se deberá añadir a 200 mmol de HCl para obtener un litro de disolución reguladora de pH 10. Para amortiguarla +/.6 = log [En]/[HEn+] 10^0.7 = log [En]/[HEn+] 10^7 = [En]/[HEn+] [En] 5.5? b) ¿Cuantos moles de ácido o de base admiten 100 ml de esta disolución para que su pH varíe como máximo +/.9 + log [En]/[HEn+] de donde: 0.17 M [En] = 0. 5 = log [En]/[HEn+] 10^5 = [En]/[HEn+] [En] = 3.24 y [En] = 0.76 M Respecto a la disolución inicial. J. Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 06/Dic/2006 12:41 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1. se obtiene: [HEn+] = 0.056 Desde: 19/Dic/2003 #3·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos Problemas resueltos de Química analítica. ésta contiene 0. Síntesis: P. Para que sea como máximo de -0. Pingarrón y F.0 mmol /100 ml.4. Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editad o por Edit.Respecto de la disolución inicial. .03 moles más de especie disociada y formados a expensas de la base añadida.4 = 9. Al añadir una mínima cantidad de ácido esta disolución se producirá una ligera disminución del pH.M de Villena. la disolución deberá llegar a pH = 10.0 mmol /100 ml. Como éstos se han formado a expensas del ácido añadido.2 * [HEn+] Como la concentración total de En es Ctot = [HEn+] + [En] = 1M Resolviendo el sistema. cumpliéndose: pH = 10.1 unidad. la cantidad de ácido que admite dicha disolución será de 40 mmol/litro. ésta contiene 0.04 moles más de especie protonada. es decir 4.20.M. PQA 3 . por tanto la cantidad de base que admite dicha disolución será de 30 mmol/litro .J. Yañez-Sedeño. es decir 3.9 + log [En]/[HEn+] 0. empleando NET (negro de eriocromo T) como indicador. Datos: Pat Mg = 24.4782 g de muestra.7 mg Problemas resueltos de Química analítica. PQA 3.0230 M para su valoración.+ Mn2+ --> MnY2Para validar el método. A co ntinuación.4 ml.0436 = mg Mg2+/Pat Mg +mg Zn2+/Pat Zn 18. a) Las reacciones que tienen lugar son: Valoración: Mg2+ + Zn2+ + Y4.0 ml de una disolución amoniacal de EDTA de la que 2. pero el desplazamiento de la reacción se asegura añadiendo un fuerte exceso de NaF.0436 M en medio amoniacal.20. consumiéndosen 7.4 mg y Zn+2 = 36. el sulfato de plomo formado se separa por filtración. Una disolución contiene una mezcla de Mg2+ y Zn2+.--> MgY2.19. b) En la primera valoración: mmol EDTA = mmol Mg2+ + mmol Zn2+ mmol Mn2+ = mmol EDT (desplaz.5 g de NaF a la disolución. observándose la aparición de un precipitado y liberándose una cantidad de EDTA tal que se necesitaron 18. El contenido en sulfato de un mineral se determina mediante un método indirecto. Para ello se toman 0.2 mg de Zn. el fluoruro debe reccionar y desplazar al Mg complejado cuantitativamente al EDTA.4 a) Justificar el procedimiento seguido y b) Calcular los mg de Mg2+ y Zn2+ en la alícuota valorada.2 = 10^0.6 * 10^ -8.3 Pat Zn = 65.6 * 0. 3.19.5 ml equivalen a 16. Finalmente el exceso de EDTA se valora con una disolución de Zn(II) 0. se disuelven en ácido nítrico y se añade un exceso de nitrato de plomo. Pt Zn = 65. gastándose 22.0986 M. tal como indica el proc edimiento.4 .6 ml de una disolución patrón de Mn2+ 0.+ ZnY2Indicador: MgNET + Y4. Para determinar ambos iones se valoran 20.0230 = Mg2+/Pt Mg Sustituyendo y despejando: Mg2+ = 10. Datos: Pm SO2(2-) = 96.4 Dicho valor de K es pequeño.7 * 0. se lava y se disuelve en 25.) + Y4Valoración: Y4. 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) = 1/10^8.7 ml hasta color azul.+NET Desplazamiento: MgY2. Calcular el porcentaje de SO4(2-) en la muestra.--> MgY2. Seguidamente se añadieron 2.<--> MgF2 (precip.+ 2F.0 ml de muestra con EDTA 0.3.) = mmol Mg2+ 22. 0 ml en total. a) Justificar el procedimiento seguido.2 = 35.--> PbY2.(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.+ SO4(2-) + Y4.8[OH-]^2 + 10^35.Las reacciones que tienen lugar son: SO4(2-) + Pb2+ <--> PbSO4 (precip) PbSO4 (precip) +Y4.(eceso) +Zn2+ --> ZnY4Es un valoración por retroceso y se cumple que: mmol Y4.18.050 M hasta viraje del naranja de xilenol. a) A ph=1.7[H+]^4 = 10^15.3[H+]^2 + 10^19. gastándose 42.0986 y despejando mg SO4(2-) = 168 mg pasando a porcentaje: %SO4(2-) = 168* 100/478.= 0.(exceso) Y en la valoración: YY4.7 se valoró con EDTA 0.18. la disolución obtenida se llevó a pH 5.4 MH2Y2.050 M hasta completar la valoración. P QA 3.1 alfasubBi3+(OH-) = 1 + 10^12.= mmol Zn2+ 2.0 ml de disolución. consu miéndose 24.7[ OH-] + 10^15.0 ml y una vez ajustado el pH a 1.0 * 0.2[OH -]^3 = 10^3.0 y se siguió adicionando EDTA 0.7: alfasubgamma^4-[H+] = 1 + 10^11[H+] + 10^17.5 ml.5 *MY4.1 % Problemas resueltos de Química analítica. A continuación.0991 = mg SO4(2-)/96 + 7.2/65. b) Determinar las cantidades exactas de Bi(III) y Pb(II) presentes en 50. 3. Para determinar la composición de una disolución de Bi(III) y Pb(II) se aplicó el siguiente procedimiento: Se tomó una alícuota de 50.= mgZn/Pt Zn = 16.4 * 0. indicando las especies que se valoran en cad a uno de los pasos.0991 mol/l y sustituyendo: 25.8[H+]^3 + 10^21.5 . 15.3 = 0.050 = mgBi/209 mgBi = 256 mg Bi/50.8 log K'subPbY2.7 = 11.7 (Pat Bi = 209.0 .= 18.5 = 7.0.= 18.alfasubPb2+(OH-) = 1 + 10^7.600 g/l de MgCl2.0 = 2. b) A pH=1.2 log K'subPbY2. Pat Pb = 207) mmol EDTA = mmol Bi(III) 24.9[OH-]^2 + + 10^14.3 .0063 mol/l Para la concentración de la disolución de EDTA conocemos la relación mmol EDTA = mmol Mg2+ y mmol EDTA = mmol CaCO3 .600/95.5) * 0.8 .0 MMg2+ = 0.3 .0 .6[OH -]^3 ~= 1 log K'subBiY.5 .0: alfasubY4-(H+) = 10^7.0 ml Problemas resueltos de Química analítica. Sabiendo que el volúmen de valorante consumido hasta viraje del negro de eriocromo T fue de 9.6 ml.17.050 = mgPb/207 mgPb = 181 mg Bi/50.17. alfsubPb2+(OH-) ~= 1.3.0 = 10.8 . log K'subBiY. Pm CaCO3 = 100.0 ml A pH=5.0 ml de la misma equivalen a 5. PQA 3. Para ello se valoran 100 ml de muestra con una disolución de EDTA de la que se sabe que 1.7 A este pH el Bi(III) sigue acomplejado y se valora el Pb(II).0 mmol EDTA = mmol Pb(II) (42.0 ml de una disolución de Mg2+ preparada disolviendo 0.24. Se quiere determinar la riqueza de un agua.= 22.7. A ph 5. Expresar el resultado de la dureza obtenida como partes por millón de CaCO3.3.7.= 22.3. alfsubBi3+(OH-) = 10^3. aplicando Pm MgCl2 = 95.8[OH-] + 10^10.1 .7. Calculamos la concentración de la disolución de Mg2+.1 .15.5 * 0. 3.9 Los valores de las constantes indican que a este pH la única especie valorada es el Bi(III). 52. Para ello se añadió amoniaco en exceso y a continuación. ¿Cuál es el porcentaje de NaCl en dicha muestra? Pm NaCl = 58.2 mg/100 ml de CaCO3 ó 302 mg/l de CaCO3 ó 303 ppm de CaCO3 Problemas resueltos de Química analítica.3% Problemas resueltos de Química analítica. con una disolución de Ag+ 0. el exceso de CN .0063 despejando: M(EDTA) = 9.250 = 0.1 ml de una disolución de cianuro que contenía 8.--> HgCl2 por lo que deducimos la relación mmol Cl -/2 mmol Hg2+ NCl/58.6 La reacción de valoración es: Hg2+ + 2Cl.5. empleando nitroprusiato sódico como indicador. esta disolución se empleó para determinar las impurezas de NCl en una muestra de NaNO3.0. A continuación.580 = 4.5 . y 0.15.6 * 0.3 ml hasta aparición de turbidez.126M. Pm HgO = 216.2 ml de la misma disolución en el ensayo en blanco.se hízo reaccionar en presencia de KI.147 mg/ml de KCN. Se preparó un disolución mercúrica disolviendo 1. 3.0684*100/1.2500/216.16. 3. Calcular los gramos de níquel contenidos en la disolución analizada.0315 = mg CaCO3/100 obteniéndosen: 30.6)/0. consumiéndose 4.1.0 * M(EDTA) = 5.5 = 2*(25.250 g de HgO en ácido nítrico y diluyendo hasta 250 ml.5. Se valoró por retroceso el Ni2+ presente en una disolución. PQA 3. PQA 3.0231 mol/l Hg2+ y pasando a porcentaje: %NaCl = 0.0 * 0.2) * MHg2+ de dónde MHg2+ = (1. Seguidamente.16. . Si se consumieron 25.15.580 g de muestra.5 ml de Hg2+ en la valoración de 1. ) mmol KCN (total) 4 mmol Ni2+ + 2 mmol Ag+ Pm.120 * 0.--> Ni(CN)4(2-) + 4NH3 Ag+ + 2CN. 3.160 mol/l KCN En la valoración de la plata la relación es mmol CN.= 7/2 mmol Cu 18.1 * 8.Ni =58.--> Ag(CN)(2-) I.0 Pt. El porcentaje de cobre de una muestra de latón es del 45. por tanto: 1.45 = 0.9 mg Ni Problemas resueltos de Química analítica.7 52.7 + 2 * 4.147/65.6 mg Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 06/Dic/2006 12:42 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro .6 ml hasta desaparición del color azul del complejo de cobre en medio amoniacal.0 = 4 * Ni/58.= 2 mmol Ag+.por tanto: mmol CN.+ Ag+ --> AgI (precip.054 g Cu La reacción de valoración de cobre II con cianuro se realiza en la relación 2Cu(NH3)4(2-)/7CN.14.Las reacciones que tienen lugar son: Ni2+ + 4NH3 -->Ni(NH3)4(2-) Ni(NH3)4(2-) + 4CN. KCN = 65.0 ml de dicha disolución patrón si se valoráran por el método de Liebig? El latón analizado contiene 0. se consumen 18.0%.126 Ni = 79.0086 g ó Ag+ = 8. ¿Cuántos gramos de Ag+ reaccionarán con 1.14.160 = 2 * (Ag+ * 10^3/108) despejando Ag+ = 0.054 * 10^3/1 08) despejando M = 0.0 * 0. Cuand o se disuelven 0.3 * 0. PQA 3.120 g de la misma y se valoran con una disolución patrón de KCN.6 * M = 7/2 * (0. PQA 4. K2SO4 · Al2(SO4)3 · 24 H2O.0175% Problemas resueltos de Química analítica.0223/233.) + 3H+ Una vez calcinado a Al2O3 y determinado su peso.19. . el precipitado se calcina a Al2O3.19 = 0.20.1098 g. Una vez filtrado.Oxid ->SO4(2-) SO4(2-) + Ba2+ <--> BaSO4 (precip. obteniéndose una masa de 0.1098 g. Una muestra de 1. Si la masa de este precipitado es de 0.056 Desde: 19/Dic/2003 #4·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos Problemas resueltos de Química analítica.0175 * 100/100.00 g se somete a un proceso de oxidación mediante el cual su contenido en sacarina es transformado en sulfato.55 * 10^-5 * 183. PQA 4. 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 <.Mensajes: 1.0175 g % sacarina = 0. se disuelve y el aluminio se precipita con 8 -hidroxiquinoleína.0223 g. que posteriormente es precipitado con bario. que contiene sólo impurezas inertes.227 g de alumbre. Calcular los porcentajes de aluminio y azufre en la muestra. según la reacción: Al3+ + 3C9H7NO <-->Al(C9H6NO)3 (precip. 0. Una muestra de sidra de 100.00 = 0 . El aluminio precipita con la 8 -hidroxiquinoleína C9H7NO. se puede calcular el contenido de aluminio en la muestra.55 * 10^-5 g sacarina = 9.19.20.40 = 9.55 * 10^-5 * Pm sacarina = 9.) moles sacarina/moles S = moles So4(2-) = moles BaSO4 moles sacarina = g BaSO4/Pm BaSO4 = 0. 4. A la disolución ácida resultante se le añade amoniaco y se precipita el aluminio como Al2O3.98/101.2849 * 100/0. finalmente.98 = 0. obteniéndose 1.6750 = 42.0133 * 100/0. 4.31/222. se calcina el precipitado y se pesa como pirofosfato.6750 g se disuelve en ácido y se separa el silicio en forma de SiO2. Una muestra de 0.6946 * 2 * 24. El contenido de silicio en peso y su porcentaje será: g Si = g SiO2 * Pat Si/Pm SiO2 = = 0.g Al = g Al2O3 * 2 * Pat Al/Pm Al2O3 = = 0.56 = 0.0002154 = 0.21% El contenido de aluminio en peso y su porcentaje será: g Mg = g Mg2P2O7 * 2 * Pat Mg/Pm Mg2P2O7 = 1. PQA 4.97% El contenido de aluminio en peso y su porcentaje será: g Al = g Al2O3 * 2 * Pat Al/Pm Al2O3 = = 0.1381 * 100/1.05811 g % Al = 0.1381 g % S = 0.2849 g % Al = 0.5383 g.25 % Problemas resueltos de Química analítica.0285 g.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 = 4.1098 * 2 * 26.06 = 0. se precipita el magnesio con fosfato.18.09 = 0. cuya masa un vez cal cinada es de 0. En esta disolución amoniacal.6750 = 1.0133 g % Si = 0. Calcular la composición de la aleación.00254 moles S = 2* moles Al = 2* 0.2277 = 11.98/101.3702 g .18. Una aleación contiene aluminio.5383 * 2 * 26.004308 *m 32.0285 * 28.05811 * 100/1.6946 g.09/60.05811/26.96 = 0. silicio y magnesio.004308 g S = moles S * Pt S = 0. que tras el adecuado tratamiento da una masa de 0.96 = 0. % 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: 14.98% 4. El calcio de una muestra de 0. fue precipitado como oxalato y. Pm CaCO3 = 100.3015 * 40.3407 .) CaC2O4 (precip.14.) + 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 = 0.09.) -> CaCo3 (precip.1207 * 100/ 0.3407 g CaO = 0.) -> CaCo3 (precip. Datos: Pat Ca = 40.) + CO (gas) La relación molar es .4004. Precipitamos el calcio con oxalato y por calcinación se transforma térmicamente en carbonato: Ca2+ + C2O4(2-) <--> CaC2O4 (precip.0399 g Problemas resueltos de Química analítica.785 + gMgO = 0.7554 g de piedra caliza. Pm Ca CO3 = 100. posteriormente calentado hasta su transformación en carbonato cálcico.09 = 0. Gravimetrías 4.7554 g de piedra caliza. El peso de este compuesto fue de 0. Precipitamos el calcio con oxalato y por calcinación se transforma térmicamente en carbonato: Ca2+ + C2O4(2-) <--> CaC2O4 (precip.09 = 0. previamente disuelta. Datos: Pat Ca = 40.09.3015 g. previamente disuelta.08.0. PQA 4.) CaC2O4 (precip. g Ca = g CaCO3 * Pat Ca/PmCaCO3 = g CaCo3 * 40.3018 = 0.g CaO * 1. posteriormente calentado hasta su transformación en carbonato cálcico.08/100.127 g %Ca = gCa * 100/g muestra = 0. Calcular el porcentaje de calcio en la muestra de caliza.3018 g MgO = 0.5776 g g Cao + g MgO = 0.3015 g.08/100. fue precipitado como oxalato y. El peso de este compuesto fue de 0.7554 = 15. El calcio de una muestra de 0. Calcular el porcentaje de calcio en la muestra de caliza.08.14. a) Valoramos el cianuro con nitrato de plata. Se analiza un muestra comercial de cianuro potásico.J.98% Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit.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. g Ca = g CaCO3 * Pat Ca/PmCaCO3 = g CaCo3 * 40. por el método de Liebig.M.70 ml hasta la obtención de un color rojizo.056 Desde: 19/Dic/2003 #5·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos Problemas resueltos de Química analítica.4004. J. Pingarrón y F.08/100. A continuación se prosigue la adición de AgNO3.7554 = 15.26. expr esado como porcentaje de KCN y b) el contenido de cloruro en la muestra. expresado como porcentaje de KCl.127 g %Ca = gCa * 100/g muestra = 0.1207 * 100/0.26.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. y que contiene pequeñas cantidades de cloruro y de sustancias inertes. Para ello se pesa 1.95 ml de AgNO3 0.09 = 0. PQA 4 . Calcular: a) el contenido total de cianuaro en la muestra. empleando K2CrO4 como indicador. 4. transcurriendo la reacción así: .3015 * 40. que se sabe está contaminada con cianuro sódico.08/100.09 = 0.000 g de muestra.1650 M hasta turbidez permanente. Yañez-Sedeño. se disuelve y se valora con 45. gastándose 47. 12 = 987. que gastó 12.+ Ag+ <--> AgCl (precip.+ mmol Cl0.) Añadimos la cantidad estequiométrica y un ligero exceso y se produce una turbidez permanente de dicianoargentato (I) de plata: Ag(CN)2.70 = 7.2 * 100/1000.95 = 7. rojo anaranjado de Ag2CrO4.0490 g de Zn metálico.55 mg % KCl = 21.0 = 2. origin ando el primer exceso de ión plata un precip. 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.56 = 21.2890 mg KCl = 0.= mmoles KCN 15. Calcular el porcentaje de sulfuro de cinc en la blenda.) mmol Ag+ = mmol g(CN)2.+ Ag+ <-->Ag(CN)2.) . seguida de la de cloruro de plata.582 = mmol Ag(CN)2 (mmol Ag+)exceso = mmol Ag(CN)2.16 * 65.1 ml. gastándose 16.+ Ag+ <--> Ag[Ag(CN)2] (precip.2 mg KCN % KCN = 987.) Cl. que indica el final de la valoración según el método de Mohr y las siguientes reacciones y equivalencias: Ag(CN)2.25.+ mmol Cl(mmol Ag+)ini = 0. se elimina el H2S y la disolución resultante se enrasa a 250 ml.0 ml de ésta se valora con una disolución de ferrocianuro potásico. 4.1650 * 45.0 = 98.582 + mmol Cl mmol Cl.95 = mmoles CN15.0728 g de masa se trata con HNO3. Una alícuota de 25. La concentración de la disolución valorante fue previamente determinada pesando 0.72 % b) Para determinar el cloruro se añade un cantidad adicional de disolución de nitrato de plata.1650 * 47.+ Ag+ <--> Ag[Ag(CN)2] (precip.25.55 * 100/1000.16 = mmoles CN.16 % Problemas resueltos de Química analítica.(precip.1650 * 45.2 CN. disolviéndolos en H2SO4 diluído y valorando seguidamente la disolución de ferrocianuro. Una muestra de blenda de 1.= 0.2890 * 74.) En el punto de equivalencia se cumple la relación: 2 mmoles Ag+ = mmoles CN2 * 0. PQA 4.5 ml de la misma. 5 * 0.37 = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) mmol Fe(CN)6(4-) = 0.0413 mmoles Zn2+ = 1.1 y despejando MsubFe(CN)6(4-) = 0.0413 mol/l Conocida la concentración del valorante.+ Ag+ <--> AgCl (precip.0 ml: mmoles Zn2+ = mmoles ZnS = 1.500 = MsubFe(CN)6(4-) * 12. PQA 4.02 * 97.43 = 99. Se va a proceder a una valoración directa de cloruro con disolución patrón de Ag+: Cl. Una mezcla de NaCl y MgCl2 que pesa 1. 4.24. Una alícuota de 25.500 mmoles mmol Fe(CN)6(4-) = MsubFe(CN)6(4-) * V 0.8 = 92. Calcular el porcentaje de MgCl2 en la muestra.6330 g se disuelve en agua y se lleva a un volúmen de 250 ml.7% Problemas resueltos de Química analítica.0 ml se valora con Ag+ 0. 2 * mmoles Zn2+ = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) 2 * mmoles Zn2+ = 3 * 16.5 ml.1250 M.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. consumiéndose 24.24.) En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es: .02 mmoles Ahora calculamos la masa de ZnS en la alícuota de 25. a partir de los datos del problema se tiene: 2 * 49. la cual se determina mediante la misma reacción. Por tanto.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 * 100/1072.0/65. se determina la cantidad de cinc en la muestra problema. 1000 M a la mezcla disuelta de cloruros y el exceso de Ag+ requiere 1.=3.44 + (2 * mg MgCl2)/95. Por tanto. Par a ello se agregará una cantidad conocida de AgNO3.= 24.<--> AgSCN-(precip. a partir de las dos ecuaciones con dos incógnitas citadas: .y se producirán las siguientes reaccciones: Cl. mg MgCl2 = 683 mg.) + Ag+(exceso) Ag+(exceso) + SCN.6 = mg NaCl/58.23. ¿cuál es el porcentaje de potasio en el feldespato? Aplicaremos el método de Volhard para la determinación indirecta de cloruros.23.1250 = 3. Si se agregan 35.0000 g de feldespato produce una mezcla de cloruros de sodio y potasio que pesa 0.06 mmoles Para el volúmen total de 250 ml.06 * 250/25.00 ml de KSCN 0.+ mmol Ag+ tot mmol Ag+(exceso) = mmol SCNmmol Cl-(tot) = mmol NaCl + mmol KCl Calculamos Cl-(tot) en la muestra. tendremos: 163. % MgCl2 = 683 * 100/1633 = 41.+ Ag+ <-->AgCl(precip. teniendo en cuenta la estequiometría de las sales se debe cumplir que: mmoles Cl. PQA 4.0 = 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.0 = 30.= 30. NCl y MgCl2. Una muestra de 2.00 ml de Ag NO3 0.0200 M para su valoración.8% Problemas resueltos de Química analítica.2558 g.22 Teniendo en cuenta la masa total de la muestra de sales de cloruros.mmoles Cl.5 * 0.= mmoles Ag+ mmoles Cl. El exceso de sal de plata que no ha reaccionado con el cloruro se valorará con una solución patrón de SCN . 4.) Las relaciones estequiométricas que se deducen de las reacciones son: mmol Ag+(tot) = mmol Cl.= mmoles NaCl + 2 mmoles MgCl2 mmoles Cl.6 mmoles Estos mmoles de cloruros proceden de la disolución de las dos sales. tendremos: mmoles Cl. =3.0 * 0.8 % Problemas resueltos de Química analítica.8 mg = mg NaCl + mg KCl mg NaCl =13.) En el punto inicial. PQA 4.<-->AgSCN(precip.56 255.<--> CuSCN (precip. La reacción y sus relaciones estequiométricas serán: Ag+ + SCN. Representaremos valores de pSCN = -log[SCN-] frente al volúmen de valorante añadido de la disolución de Cu+.0200 mmol Cl. 4. 4.2 * 100/2000 = 6. PQA 4.35.01 * 107.5 mg mg K = mg KCl * Pat K/Pm KCl = 242.01 mmoles mg Ag+ = 1.00 *0. a partir de los puntos más significativos.21. consumiéndose 47.2 mg % S = 127.44 + mg KCl/74.21.36 % Problemas resueltos de Química analítica.1238 g.22.0214 M.48 mmoles Cl.0 ml de tiocianato potásico 8.00 * 10^-2) = 1.= -log[SCN-] = -log(8.48 = mg NaCl/58.8 = 88.0 ml.3 y mg KCl = 242.) mmoles Ag+ = mmoles SCNAplicando: mmoles Ag+ = 47.22.87 = 109 mg % Ag = 109 * 100/123.=3.+ 1.10 .56 = 127.00 * 10^-2 M.1000 = mmol Cl.5 * 39. trazar la curva de valoración correspondiente. antes de añadir el valorante.0214 = 1. Calcula r el contenido de plata en la moneda. tenemos: pSCN. que tiene lugar mediante la reacción: Cu+ + SCN. nítrico y se valora con KSCN 0. Aplicaremos el método de Volhard para la determinación directa de la plata. Se quiere valorar una disolución de 50. Un fragmento de una moneda de plata que pesa 0.00 * 10^ -2 M con Cu+ 4.00 * 0.1 0/74. se disuelve en a. 70 Para 99.22 Tras añadir 50.0 ml de Cu+ tendríamos: [SCN-]novalo = (mmoles ini de SCN.00 * 10 -2 M y pSCN = -log[SCN-] =1.0 ml de Cu+ tendríamos: [SCN-]novalo = (mmoles ini de SCN.00 * 10^-2) -50.00 * 10^ -2) -20.68 * 10-4 M pSCN = -log[SCN-] = 3.0 + 10^-13.00 * 10^-2)]/100.mmoles Cu+)/V ml = [50. comprobaremos si sigue siendo despreciable la solubilidad del CuSCN. Tras añadir 10.4/[SCN-]tot = 2.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 = 2. restándoles los mmoles de Cu+ añadidos y dividiendo el resultado por el volúmen total en ml de la disolución.0400/149.0 * (4.mmoles Cu+)/V ml = [50.En el transcurso de la valoración y antes de llegar al punto de equivalencia.0 ml de Cu+ [SCN -] se obtiene del producto de solubilidad del CuSCN (precip..0 ml.) calculando: . 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 = 0.0 = 6.0 * (8. la concentración de SCN. casi en el punto de equivalencia.0 * (4.00 * 10-2 M y pSCN = -log[SCN-] = 1.0 * (8..57 En el punto de equivalencia al añadir los 100.00 * 10^-2)]/60. La concentración de tiocianato debido a la solubilidad del CuSCN puede despreciarse frente a la [SCN-]novalo hasta aproximarse al punto de equivalencia. La [SCN-]novalo se calcula a partir de los mmoles iniciales de Cu+ añadidos. 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^-13.50 *10^-2 1.84 --.09 * 10^-11 10.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. J.1 70 ---2.4/(5.105 3.00 --.4 Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit.00 *10^-7 6.5 Tabla 1.99 -----3.46 --.22 --.00 *10^-2 1.5 50 2.8 60 ----1.34 --.00 *10^-2 1.130 11.J.4/[Cu+]exceso Para 105 ml Cu+ tendremos: [SCN-] = 10^-13.57 *10^2 1. Síntesis: P.95 -----2.09 *10^11 y pSCN = 10.3 90 ----2.y) Vañad[SCN-]novalo pSCN-Vañad[SCN-]novalo pSCN 10 6.100 2. Pingarrón y F.140 11.57 30 3.[SCN-] = [Cu+] = raiz(Ksub(s)) = raiz(10^-13.21 --.54 --.0) = = 3.59 * 10^-11 10.056 Desde: 19/Dic/2003 #6·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos .0*(4.67 *10^-2 1.70 40 2. Yañez-Sedeño.70 --.57 --.150 11.2 80 ----2.00*10^2)/155.86 20 4.120 11.M.00 *10^-7 y pSCN = 6.110 1. Datos curva valoración (x.4)= 2. 83 .00 * 0. El exceso de plata.0 ml.152 Estos valores se refieren a una alícuota de 50 ml.1132 = 0. con un exceso conocido de disolución de AgNO3. C5H5N. Para determinar el contenido de sulfato en una muestra de sal de Mohr.605 .30.760 (mmol SCN-tot) = 25.453 = 0. requiere 4.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) mmol Ag+ = mmoles SCN. en ml.00 * 0.00 ml de KSCN 0.por el método de Volhard.0 ml y se añade 5.00 * 0.0 * 0.1132 M hasta aparición de color rojo. PQA 4. se filtra y el filtrado se lleva 250.31.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) 5.Problemas resueltos de Química analítica. es igual al porcentaje de hierro en la muestra. para que se produzca Co(C5H5N)4(SCN)2. Calcular la concentración de Co(2+) en la disolución.453 Sustituyendo arriba: 5.00 ml de AgNO3 0. 4. en presencia de piridina.453 (mmol SCN-sin reacc) = 0.07 mmol Co(2+) = 1. precipitando AgSCN. El Co(2+) se va a determinar de forma indirecta mediante su precipitación en presencia de piridina con un exceso de disolución de SCN -. después se filtra el precip. PQA 4 .0 ml de KSCN 0.760 = 2.. se toma una alícuota de 50. si 25.no reaccionado se trata.1210 M.00 * 0. contaminada con impurezas inertes. ¿Cuál es el .30.1132 M.152/5 = 0.2000 M cuyo valor.= 4.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + 0. Un método para la determinación del ión Co(2+) consiste en añadir a la disolución problema un exceso conocido de SCN -.1132 = 2. basada en la reacción: Co(2+) + 4 C5H5N + 2 SCN.07 Por la estequiometría de la reacción: 2 * mmol Co(2+) = mmol SCN2 * mmol Co(2+) = 2.31. se requiere un volúmen de disolución de Ba2Cl 0.0 ml se tratan con 3 ml de piridina y 25.0. por lo que ahora los referiremos a los 250 ml totales: (mmol SCN-sin reacc) = 250 * 0. 4.83 (mmol SCN-sin reacc) = 2.) El SCN.<--> Co(C5H5N)4(SCN)2 (precip. tras la adición de unas gotas de Fe3+. y se valora el exceso de SCN-.0.04 Problemas resueltos de Química analítica. (mmol Ag+tot) = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) 5. Por último la cantidad de Ag+ sobrante se valora con la disolución patrón de SCN. 6H2O que es un sulfato ferroso amónico hexahidratado y cada mol de esta sal contiene dos moles de sulfato y uno de hierro. La disolución resultante se valora segui damente con KSCN 0. (NH4)2 . Una mezcla que contiene NaBr.) En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es: 2 * mmoles Ag+ = mmoles CN1 * 14. 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. KCN y KSCN se pone en disolución y requiere 14.100 M.5 ml de AgNO3 0. quedando un exceso . se añade suficiente cantidad de AgNO3 para que precipiten las sales de plata como AgCN.29. En la primera muestra se lleva a cabo una determinación de cianuro de acuerdo con el método de Liebig.100 = 2. PQA 4.00920 M.1 ml.0920 M para valorar el exceso de Ag+ por el método de Volhard.85 mg muestra = 558.5 Problemas resueltos de Química analítica.6 * 0.29.2000 = mmoles SO4(2 -) V ml * 0.2000/mg muestra = 2 * mg Fe/55. necesit ándosen a continuación 8.) 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)2.85 V ml = mg Fe * 100/mg muestra mg Fe* 100 * 0. El precipitado total obtenido se trata hasta descomposición de todos los precipitados. 4.6 ml de AgNO3 0. AgSCN y AgBr.100 M hasta aparición de una tenue turbidez. Calcular las masas de NaBr.92 mmol CN A la segunda muestra.peso de la muestra?.2000 = 2 * mmoles Fe = 2 * mg Fe/55.25 ml de KSCN 0. A otra muestra idéntica se le añaden 52. idéntica a la primera. mediante la reacción: Ag+ + 2CN. a excepción del de AgBr.<-->Ag(CN-)2 (precip. del cual se requieren 39. El sulfato se va a determinar mediante una volumetría de precipitación basada en la reacción: Ba2+ + SO4(2-) <--> BaSO4 (precip. KCN y KSCN presentes en la muestra. Si 17.92 + mmol SCNmmol SCN.+ mmol Br. A una alícuota de 25.1 * 0. calcular el porcentaje de DDT en el plaguicida. Por tanto: (mmol Ag+exceso) = 8.1 ml de SCN .+ mmol Br + (mmol Ag+exceso) Para valorar el exceso se requieren 8.759 mmol Br = 0. se disuelven en agua y se valoran por el método de Mohr con la disolución de AgNO 3 requiriendo 21.60 = 2.92 mmoles de CN .0920 M. tenemos: mmol Ag+ = 39.28.90 = 91.18 = 66.0 ml de una disolución de AgNO3.0.+ mmol SCN.92 + mmol SCN .0920 M. di -(p-clorofenil)tricloroetano.0.18 = 0.+ mmol Br + (mmol Ag+exceso) 52. En la valoración del exceso de Ag+ se consumen 3.759 52. tendremos: mmol Ag+ = 3.891 Y por último calculamos las masas de las sales: mg KCN = mmol KCN * 65.+ mmol SCN.0 ml.92 + 0.0 ml se le añaden 10.2886 g de un plaguicida que contiene DDT. ha precisado 39.+ 0.+ mmol SCN. .680 Calculamos ahora Br-.25 ml de disolución patrón de SCN .90 = 0. PQA 4. Una muestra de 2. Por tanto en esta segunda muestra: (mmol Ag+tot) = mmolCN. tras precipitar el Br-.60 Y como este exceso proviene de la disolución de los precipitados de AgCN y AgSCN.1226 g.12 = 2.680 * 97.100 = mmol CN. 4. de NaCl.12 = 190 mg mg NaBr = mmol NBr * 102.100 = 2.759 Como el exceso de Ag+.680 + mmol Br.según se ha valorado previamente y sustituyendo : 52.75 ml de SCN -.5 * 0.por el método de Volhard.7 ml de SCN. se mineraliza y la disolución resultante se enrasa a 100.28.0920 = 0.5 = 2.891 * 102. sustituyendo y despejando en la ecuación de arriba: (mmol Ag+tot) = mmolCN.4 ml de la misma.presente en la muestra es de 2.7 ml de esa misma disolución de Ag+.= 0.25 * 0. Para determinar la concentración de la disolución de AgNO3 se pesan 0.5 * 0.consumen 19.+ 0.de Ag+ que se valora con SCN.0920 = 3.759 La cantidad de CN.92 * 65.1 mg Problemas resueltos de Química analítica.7 mg mg KSCN = mmol KSCN * 97.+ mmol Br + 0. 00 ml de H2SO4 0. se lleva a cabo transformándolo previamente en sulfato y procediendo seguidamente a su valoración con una sal de bario.27.60 ml de la disolución de Ba(ClO4)2 para su valoración. que actúa por un principio semejante al del método de Fajans.+ mmol SCN10.109 mmol Cl.456 * 354.4 * M(Ag+) = 122. calcular el % de S en la muestra.114 Estos cálculos corresponden a una alícuota de 25 ml y referidos a la muestra de 100. bajo la siguiente reacción: SO4(2-) + Ba2+ <--> BaSo4 (precip. La determinación de azufre en la muestra problema.114 * 4 = 0. sabemos: mmol Ag+ = mmol SCN19.571 Como cada molécula de DDT contiene 5 átomos de cloro nos permite deducir los mmoles de DDT mmol DDT = mmol Cl-/5 = 0.27.) El punto final se detecta con un indicador de absorción.= mmol NaCl 21. sabemos: mmol Ag+ = mmol Cl.0 * 0. empleando rojo de alizarina S como indicador de absorción. Si 10.0104 M requieren 8 . 4.456 mg DDT = 0.0980 = 17.= 0.6/58.6 = 7.procedentes del DDT. a continuación se procede a valorar esta disolución con Ba(ClO4)2. El contenido de azufre en un compuesto orgánico se determina por el procedimiento siguiente: se toman 5.08% Problemas resueltos de Quí mica analítica.7 * 0. gastándose 1.0980 mol/l Para calcular la concentración de la disolución de SCN -.0980 = mmol Cl . que reaccionan con los de Ag+ añadidos y el exceso se valora con SCN mmol Ag+ = mmol Cl.7 * M(SCN -) M(SCN-) = 0. PQA 4.0 ml serán: (mmol DDT)tot = 0.5 = 162 % DDT = 162 * 100/2288. un compuesto orgánico.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.Para calcular la concentración de la disolución de AgNO3.75 * 0.44 M(Ag+) = 0.571/5 = 0.+ 3.109 La mineralización de la muestra produce iones de Cl . formándose H2SO4. Los mmoles de azufre en la muestra igualan a los de sulfato formados y éstos a los de .53 ml de dicho valorante. 53 * 0. Un afectuoso saludo de Bobquim :7] Editado por bobquim. J.M de Villena.60 * M(Ba2+) M(Ba2+) = 0.0121 mol/l Conocida la concentración de Ba2+. ya podemos conocer el contenido de azufre en la muestra problema: mmol S = mmol SO4(2-) mmol Ba(2+) = 1.064 = 0. Síntesis: P.0121 mmol S = 0.0185 * 32.0185 mg S = 0.0104 M = 8.593 * 100/5.00 = 11.J.0104 = mmol Ba2+ 0. 7 de Diciembre de 2006.104 = mmol Ba2+ = 8.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 0.9% Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit. Yañez-Sedeño. . Jueves.593 % S = 0. 18:47 07/Dic/2006 18:40 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1.M.056 Desde: 19/Dic/2003 #7·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos . Pingarrón y F.60 ml Ba(ClO4)2 mmol SO4(2-) 10 * 0. Más problemas resueltos de Química Análitica cu antitativa. la troceamos y congelamos en frigorífico.7-dihidro-3.80/x mol ==> x mol = 0. junto con el mortero y su maza. vertiendo en el tubo 10 ml de un disolvente orgánico (éter de petróleo). los estimulantes que queremos analizar son insolubles en grasa por lo que los encontraremos en el fondo del tubo una vez centrifugado. otro NH y por último otro C=O). otro grupo CO. Calcular la concentración de glucosa em Moles. Teobromina C7H8N4O2.3. 3.20/180 = 0.Se hace un análisis de glucosa en sangre antes y después de una comida. Glucosa C6H12O6 180 g/mol Solución: 180g/mol=0. Un diurético. Pesamos una cantidad de chocolate. siendo el resto cacao. relajante de la musculatura lisa. resultando antes/después = 80 mg glu.7-diidro-1.7-trimetil-1H-purina-2. Luego se separa la grasa que interferiría en el proceso final.. se cierra el tubo con su tapón y se agi ta vigiorosamente para disolver la grasa. Se vuelve a repeti dos veces más el proceso de extración con disolvente.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 E1.6-diona.004 moles y 180g/mol=1. para así poderla moler sin que se apelmace.21.80/180 = 0. Preparación de la muestra para su análisis químico: Preparamos una muestra patrón con cantidades conocidas de teobramina y cafeína. misma estructura en el anillo pentagonal y cambio del grupo NH por un CH3.20/x mol ==> x mol = 1.7-dimetilxantina o 3.7 -trimetilxantina 3. sin manteca grasa y seguimos el mismo procedimiento que el analito. uno de ellos con rama metil y el restante con doble enlace a CH). El disolvente residual se elimana . cafeína y teobromina principalmente. Estimula el sistema nervioso central. Cafeína C8H10N4O2 ó es C9H9N3O2./100 mg y 120 mg glu/100 mg sangre. Hemos elegido uno de 33% de grasa y 47% de azúcar. 1. El porcentaje de grasa y azúcar oscila según el fabricante. Consultando la bibliografía en Chemical Abstracts hemos encontrado un método que utiliza cromatografía de líquidos de alta presión (HPLC). de la familia de las metilxantinas. otro C con rama metil. estimulante cardiaco y vasodilatador.6diona. Las partículas de chocolate van a un tubo de centrífuga tarado previamente de 15 ml y se pesa. anillo bencénico con anillo pentagonal en dos de los carbonos unidos por enlace doble (dos N con enlace simple.7-dimetil-1H-purina-2.007 moles Desarrollar un método de análisis de estimulantes en chocolate negro (sin leche). Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.3. El líquido que sobrenada se decanta y se desecha. En un chocolate blanco se encuentran ínfimas cantidades de estimulantes (2% sobre los negros). Tabla de resultados finales: gramos analito/100 g chocolate Chocolate negro blanco Teobramina 0.050+-0. 50 y 100 microgramos de analito/g disolución. 20 ml de etanol y 1ml de ácido acético.5 . pasándolo al erlenmeyer y completándolo con agua hasta 30 ml y pesándolo nuevamente (el peso total será de unos 33. deberemos purificar la muestra para eliminar las partículas sólidas que obstruirían la columna. Inyectaremos 20 microlitros (20*10^ -6 l) y se eluye a una velocidad de 1.35 g) Café normal.5.45 micrómetros (0.blogspot.392+-0. menor que el 1% de la media y por tanto una medida muy reproducible. El detector de UV a 254 nanómetros detecta su salida al absorber radiación y disminuir la señal que llega al detector.6 mm diam.010+-0.106-164.007 tan gr ande como la media 0.45*10^ -6m).calentando el tubo de centrífuga en un vaso con agua hirviendo (baño maría).5 min identificado como el de teobromina de unos 13 cm de altura y cuya area del pico corresponde a una concentración de 36. transferiremos todo el contenido en suspensión a un erlenmeyer tarado de 50 ml y procederemos a disolver los analitos con agua. El cromatograma presenta unos pequeños picos entre 0. La desviación standar da 0. El análisis cromatográfico: Preparamos muestras para la curva de calibrado de 10. queda retenida aquélla en su superficie.Cafeína mg/consumición).007 Cafeína 0. Ahora antes de inyectar en una columna cromatográfica.010.com/2008_01_01_archive. Vamos a usar una columna de sílice de 4.9 microgramos/gy otro entre el min 7 y 8 correspondiente a la cafeína y de altura 0. recubierta de moléculas de hidrocarburo unidas por enlaces covalentes (Hypersil ODS 5 micras. 25.0 ml/min mediante una disolución preparada conteniendo 79 ml de agua. Al ser más soluble la cafeína que la teobromina en el medio de hidrocarburo. Luego se pesará en frío y la diferencia con el peso inicial será el peso de estimulantes desengrasados que reciben el nombre de analitos.html Otros productos conteniendo cafeína: Alimento. lo haremos mediante nueva centrifugación y filtración del líquido sobrenadante a través de una membrana filttrante de tamaño de poro 0. mientras que la teobromina sale antes por el final de la columna. Si el líquido aún queda turbio se repetirá la centrifugación y filtración. si quedase algo de analito se lavará con agua destilada y se agitará y calentará. El matraz se calienta ahora al baño maría hirviente para extraer los estimulantes. * 150 mm long. uno muy alto entre 3 y 3.3 g).0014 Según otros estudios Chocolate negro puro 450 g de teobramina en 30 gramos (¿?) y diez veces más que el de con leche.3 g.003 0.002 0.0009+-0.8/13 Para la teobramina los resultados dan una desviación standar de 0. http://ojodistante.onzas/consumición (onza=28. 2 min y 4 min de azúcares que no deseamos identificar. indicando que la medida no es muy reproducible. luego nuestros estimulantes pesan ahora 3.002. Se han encontrado 34 ppb del alcano de átomos de Carbono impar C29H60 en el . ¿Cúal es la molaridad de esta disolución salina en NaCl y cuántos g/l contiene en MgCl2 y en 25 ml?.025 l.1 ml mol/l = 12.046 mol Molaridad(NaCl) = mol NaCl/1 litro = 0.El agua de mar contiene normalmente 2..1 Ml ó 16.12 Guaraná.046 mol/0.054 mol/l) * (95.2-5.015 moles y el resto es el disolvente (agua) 100.1 m E1.46 g/mol. Molalidad = mol HCl/kg disolvente= 1.46 M gramos/l MgCl2 = (0.370 g HCl/disolu = 440 g HCl/l molaridad HCl: mol HCl/l disolución = (440 g HCl/L) /(36.5 Batido de 2-8.025 l = 0.6cacao.1 Refrescos con cafeína.1 M Para calcular la molalidad sabemos que 100 g de dis olución contienen 37.37.2..053 kg agua = 16.36-57.1 moles/Kg = 16.5 Té. Solución: Datos: NaCl: 58.0 g de agua = 0.0 = 63.19 g/ml de densidad.100 l. Hcl 36.Café descafeinado.100 l = 0.1 chocolate dulce.44 g/mol y MgCl2: 95.1408 g/l gramos/25 ml MgCl2 = ((0.6. 100 ml = 0.015 mol HCl/0. superior en teobramina y cafeina que todos los citados.21-50.13 g E1.20 g/mol)/1 litro = 5.Hallar la molaridad y molalidad de un HCl del 37% en peso y 1.20 g/mol.7 g/58.7 g de sal común (cloruro sódico) por 100 ml de agua y es 0.20.063 kg de agua. Solución: 1. Una taza de café tiene como media 70 mg.054 M en MgCl2 (cloruro de magnesio).4.054 mol/l) * (95.1 chocolate con leche. E1. 2.3.20 g/mol)/1 litro) * 0.35.19 g/ml * 1000 ml = 1190 g g/l HCl = 1190 g/l * 0. 25 ml = 0.0 g de HCl que son 1.0 . de cafeína.44 g/mol =0..46 g HCl/mol) = 12. Chocolate puro. y la de té unos 100 mg. 00 * 10 ^-3 mol * 249.8 mol/l *Vconc = 0.00 mM de Cu=.8 M Mconc * V conc = M dil *V dil => 14. Solución: Una disolución 8.00 * 10^ -3 mol CuSO4.899 g/ml y contiene un 28.8 g/mol Solución: 34 ppb/l = 34 * 10 ^ -6 g/l = 34 ng/ml Molaridad C29H60 = 34 * 10^ -6 g/l/ 408.500/l = 4. ¿Cuántos ml de este reactivo se tomarán para prepara una solución de HCl 0.00 *10^ -3 moles/l.0% en peso de NH3 ¿Qué volúmen de reactivo debemos de diluir hasta 500 ml para prepara NH3 0. La reacción que tiene lugar al disolver NH3 en agua es: NH3 + H2O <==> NH4+ + OH Solución: Molaridad NH3 = (899 g disol.500 l => Vconc = 8.280 g NH3/g disol)/(17. procedente de la sintetización de plantas.. 249.100 M * 1000 ml => x= 8..250 M?.999 g y agua hasta enr asar a los 500 ml E1.agua de una lluvia de verano en Hannover Alemania.45 *10^-3 l = 8.00 * 10^-3 mol/l * 0.26 ml E1.5H20 Psando a gramos 4.250 mol/l *0.3 * 10 ^ -8 M = 83 nM u 83 nanomoles/litro E1.69 g/mol.El clorhidrico concentrado que se usa en laboratorio tiene una molaridad de 12.03 gNH3/mol NH3) = 14.8 g/mol = 8.69 g/mol = 0.1 M.5./l * 0.45 ml . Hallar la molaridad de dicho alcano.1 M * x ml =0.5H2O deben de disolverse en un matraz de 500 ml para preparar una disolución 8. 8.7. 408.La densidad del hidróxido amónico concentrado es 0.6.100 M? Solución: Mconc*Vconc = Mdil *Vdikl 12. Luego se necesitan disolver la mitad de moles para prepara 500 ml.-¿Cuántos moles de CuSO4.00 mM contiene 8. acuosa) 2 Fe+2 + H2O2 + H2+ --> 2Fe3+ +2H2= Fe3+ + 3OH. Solución: Proponemos hacer un análisis gravimétrico.175/(0.015 g Fe/pastilla)= 11.69 g/mol FeC4H2O4 (Fumarato ferroso) + 2H+ --> Fe2+ + C4O4H4 (ácido fumárico en sol. Datos: H2O2 34. pesando la pastilla y diluyéndola con 150 ml de HCl 0.250 g de Fe2O3 hay 0. H2O2/2 mol Fe2+ = 1.8.250 g de Fe2O3. b) Determinar cuantas pastillas se tienen que procesar para que obtengamos un calcinado de al menos 0.01 g/mol.1 M.22 mo * 10^-3 mol Fe2+* 1mo.14 * 10^-3 mol Fe * 55.xH2O(s) -.61 * 10^ -3 mol H2O2 Si usamos un exceso del 50% necesitamos 1.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.175 g Fe Se necesitan 0.14 * 10^ -3 mol Fe 3.(900ºC)--> Fe2O3(s) Resultados: relación Fe2O3/2Fe = 1/2 mol Fe2O3 = 0. Fe2O3 159.180 g Fe2+/mol Fe2+ = 3.845 g Fe/mol FE = 0.250 g/159.175 g Fe Ahora calculamos el volúmen mínimo necesario de H2O2 al 3% (10 volúmenes) para la reacción 2Fe2+ 1H2O2 --> 2Fe3+ . 0.. 12 pastillas * 15 mg Fe Fe/pastilla = 180 mg Fe2+ ó 0.57 * 10^ -3 mol 1.E1. 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.22 * 10^-2 mol Fe2+ 3.250 g de Fe2O3.57 * 10^-3 mol * 2 mol Fe/mol Fe2O3 = 3.. pesando el producto resultante.21 mg Fe2O3 por cada pastilla En 0.5 veces el volúmen calculado de H2O2: .15 mg Fe/pastilla 0.69 g/mol = 1.+ (x-1)H2= --> FeOOH..7 (Tomar 12) pastillas como mínimo para obtener un calcinado de 0. 104 M [Na+]/([0.845 g/Fe/mol Fe = 0.00 M y usásemos un 100% de exceso de OH .030 mol NH3 0.98 mV.100 L = 0. Solución: Aplicaremos la ecuación de adición de un patrón: [x]i/([s]f+[x]f)=Ix/(Is+x) conc.08 M = 0.El contenido en Na+ de un suero dió una señal de 4.diso.42 * 10^ -3 mol H2O2 2.03 g H2O2/g disol = 2.00 +95. A continuación se añadieron 5.73 * 1'^-3 mol Fe2O3 * 2 mol Fe/1mol Fe2O3 = 3.98 mV ==> [Na+]i = 0.08 M = 0.194 g Fe/12 = 0.5.00 ml Vf=5.194 g Fe totales 0.27 mV/7.27 mV en un análisis por emisión atómica.104 M moles NaCl añadidos = 0.150 mol NH3 = 0.1.277 g/159.73 * 1'^ -3 mol Fe2O3 1.00 mol MH3/l = 5.277 g por lo tanto el contenido medio en Hierro de una pastilla será para la relación 2 moles Fe/1 mol Fe2O3: 0.1 mg Fe por pastilla E.113 M .0150 moles NH3 para producir suficientes OH Si partiésemos de NH3 6.ini/señal.00 * 10^ -3 l = 5.analito. Este suero enriquecidodió una señal de 7.0 ml de suero..Ini/conc.0500 l * 2.47 * 10^ -3 mol Fe 3.016 g Fe ó 16.necesitaríamos: 2* 0.0822 g H2O2 puro /0.2.fin Vi = 5.74 g de H2O2 3% Calculo hidróxido amónico necesario: Relación mol NH3/mol NH4OH =1/1 Se precisan 0. 0.08 M a 95. Vi/Vf * 2.0104 mol/0.0104 mol concentración final de NaCl = 0.950*[Na+]i)= 4.'01 g/mol = 0.analito + patron.Fin = Señal.61 * 10^-3 mol H2O2 = 2.0822 g H2O2 puro.104M]+[0.42 * 10^-3 mol H2O2 *34.50 * 1. Hallar la concentración original de Na+ en el suero.030 mol NH3 /6.0 ml = 100.diso.00 ml de NaCl 2.47 * 10^-3 mol Fe * 55.0 ml Vi/Vf es el factor de dilución.00 ml NH3 6M La masa final de óxido férrico tras la calcinación pesó 0.69 g/mol = 1. 7344 M ensu va loración completa.0584 M 553/[x] =0.372 g y que contiene sales carbonato y bicarbonato sódicos..ini*Factordilución [s] =0.11 ml de HCl 0. y la mezcla se diluyó a 25. una disolución que contiene X 0.0 a 25.146M *(10.E5.0 al prepara la mezcla con s. tras la mezcla.1.146 M.La contante de equilibrio para la reacciñón H2O <==> H+ + OH .. 423=/0.Valoración de mezclas Una mezcla que pesa 1.066) ==> F= 0. respectivamente con valores Ax=553 y As=582.3.0 * 10^-14 a 25ºC.se llama Kw =[H+][OH-] y su valor es kw=1.6 *10^ -10 E7. respectivamente. Solución: Calcularemos el factor de respuesta = Area señal analito/conc.0572 M x se diluyó de 10. consume 29.01 mol/g Bicarbonato.patrón) Ax/[x]=F*(As/][s]).8 *10^ -5 para la reacción NH3(ac) + H2O <==> NH4+ + OH.2.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.0837 = F*(347/0.0/25.970*(582/0. Dado kwNH3 = 1. xini = (25. Hallar la concentración de X en la muestra desconocida. Para analizar 10. Éstra mezcla dió un cromatograma con dos picos separados a 4 y 5 min.146 M E6. Datos: 105.0837 M y S 0. .970 En mezcla muestra desconocida más estandar [s] = conc.0/10) *0.En una experiencia preliminar. [x] y [s] cponc.066 M dió como áreas de pico Ax =423 y As = 347.0 ml de una muestra desconocida se añadieron 10 ml de S 0.99 g/mol Carbonato y 84.0572 M = 0. Hallar masa y porcentaje de cada componente en la mezcla.K1=Kw NH4+ + OH <==> NH3(ac) + H2O K2 = 1/KNH3 ---------------------------------------NH4+ <==> H+ + NH3+(ac) K3 = Kw*(1/KNH3)= 5..0) = 0.0 ml en un matrraz volumétrico.0584) == [x]= 0.analito = F * (Area señal patrón/conc. --.500 ml y el destilado se recoge por absorción en 10.77% Peso total:0.02140M.x g/105.e.1495 mmol * 14.0 ml * 0.02138 mol 2 mol Na2CO3 + mol NaHCO3 = 0.0645 mmol Dif. (1. Neutral. con HCl exceso 3.0988M en su valoración.1495 mmol NH3 y 0.0.--.1495 mmol N2 en la proteína 0. Como catalizador se agregan compuestos de mercurio. Hallar la concentración de las proteína en la muestra original en mg/ml. NaHCO3.26 ml de NaOH 0.2140 .648 g.Solución: Reacción: Na2CO3 + 2HCl --> 2NaCl(aq) +H2O + CO2 NaHCO3 +HCl --> NaCl(aq) + H2O +CO2 x =gramos CO3Na2 y (1. El exceso no reaccionado de ácido se valora con NaOH para determinar el HCl consumido por el NH3 fundido.02911 l * 0.26 ml * 0. cereales y harinas. durante 5 min y destilando el producto resultante.23% E7.-->NH3(g) + H2O Destil.. 52.372-x) g. transformando el N2 contenido en sal amónica y el resto de componentes orgánicos son oxidados a CO2 y agua.724) = 0. (1.2140 mmol NaOH consumido en valorac.x g. 1 mol N2 produce 1 mol NH3 0.00674 mg N/mmol = 2.1495 mmol que coinci dirá con el NH3 producido en reacción y recogido por absorción en HCl.0.648 g = 1.0198 mmol/ml= 0.372-x) g NaHCO3 CO3Na2. (punto de ebullición) del ácido a 338ºC al agregar K2SO4 y un calentador por inmerrsión eléctrica.372 g 47.02138 x= 0.-moles.0 ml de HCl 0.02138 mol 2(x(105.2 % de N2 .2 % de N2.01=0. entre otros.372-0.372-x) = (1. El sólido se digiere (se descompone y disuelve) por la acción del ácido sulfúrico conc (98%) en ebullición .99 g/mol.724g + 0. NH4+ + OH.01 g/mol moles consum.093 mg N2 Como la proteína contiene 16. (1.3.y Absorción: NH3 + H+ --> NH4+ Valor.99)+(1. Solución: HCl ini 10.--> H2= Una `proteína contiene 16. cobre y selenio y se eleva el p. La digestión se lleva a cabo en matraces de cuello alto específicos (digestores Kjeldahl) para evitar salpicaduras ácidas.372-x) g/84. 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.724 g NaCO3. H+(exceso) +OH. Se digiere una alícuota de una disolución de proteína de 0. leche.0645 = 0.02140 mmol/mol= 0. HCl g.372-x)/84.7344 mol/l= 0.Análisis de Nitrógeno en protéinas. Otros procedimientos usan agua inyectada por bomba de presión para alcanzar la reacción. 0. El HCl en exceso consume 3. e.050 Mol/l Ag+==> Ve = 0.4.Calcular pAg+ cuando VAg+/mol ini = 49. Cada alícuota de Ag+ reacciona completamente con I.1000 M con Ag+ 0.162 mg N/mg prot) = 12.10M *(25/35) = 0.luego: (0.que de Ag+.0= [I. [I-]1 = (4. En el p.0/50. Fase 1: Tras añadir 10.010 l*0.00 ml Ve = 50..= Ve * 0.025 l * 0. E. Sabemos que el Xps =[Ag+][I-] = 8.05714 = 1.sinreac]= 1. la reacción es completa y una ínfima parte de AgI se redisuelve.[I]=(4/5) [I-]noreacc luego como se ha pasado de 25 ini a 35 con estos 10 ml añadidos: [I-] =[I-ini]*25/35.00 ml Ag+ llevamos compoletados 10/50= 1/5 de la reacción. Quedan sin reaccionar 4/5 de I .2.05714 M que coincide con la dada arriba.e. teniendo en cuenta que [>Ag+] =[I -]/2. [Ag+] = Kps/[I-] I.0)* 0.9 mg prot ==> 12. I .500 ml = 25.0= .0 ml Ag+ hay má oles de I. Queremos calcular el volúmen Ve de valorante Ag+ consumido hasta el p.2 *10^-16 es grande el equilibrio se desplaza a la dcha.0200 mol I/0.+ Ag+ <--> AgI(pp) La variación de la concentración de I.3 * 10^-17 en la reacción citada.4*10^-15)= 14. Todo el Ag+ se consumido para formar AgI(s). 25 ml de I. Solución: La reacción transcurre mol a mol: 1 mol Ag+/1 mol I .050 mol/l) Ç= 0. px = -log(10) [x] Se valoran 25.10 mol/l I-)/mol I.05714 M [Ag+] = Kps/[I-] = 8.4 * 10^ -15M p[Ag+] = -log[Ag+] = log(1. Como K=1/Kps = 1.debido a disolución del IAg es despresciable.3 * 10^-17/0. El [I-] no precipitado y qu e queda en la disolución será: moles I.0/50.84 Un método más directo sabiendo que Ve = 50 ml Cuando añadimos 10.0 ml = 0.dejando muy poco Ag+ en disolución.(0. calculamos [I -]1 = 0.libre corresponde al I.025 l * 0. 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.050 l = 50 ml Ve se puede deducir tambien.002 mol IEl valorante ahora es 25.o ml de Ag+ .ini .035 l.0 ml de un Yoduro I .necesitan 50 ml de Ag+ La cuerva de valoración tiene 3 zonas: antes/en/despues del p.e (punto de equivalencia) hay un aumento repentino de [Ag+] al consumirse todo el I -.= moles I.moles ag+= 0.9 mg ptrot/0.093 mg N2/(0.050M I.0/5.Curvas de valoración por precipitación.no precipitado por los 10.0.reac]= 49.10 mol/l .00 ml [I.0 + 10.se mide con un electrodo. luego seguimos valorando añadiendo Ag+.035 l = 0.9 mg/ml prot E7. 056 Desde: 19/Dic/2003 .2*10^-13M pAg+ = -log[Ag+] =12.077 l = 1.0 ml mol Ag+ = 0.0 ml + 49.10M *(25.050 M y 2 ml de ésta se han diluído a (25.1M. calculamos cuando hayamos añadido 2 ml de exceso de Ag+ VAg+=52.8.3*10^-17 ==> x= 9. Se ha añadido Ag+ en exceso pra reaccionar con I .050 mol/l Ag+ = 0.0) y abajo y dcha entre 50-70 ml una rama que tiende a X. nos da una s invertida con tres ramas arriba y hacia la izda para I. Vtot= 77 ml.0.2. Fase 2: En el p.1M entre 50-70 ml Interpretar la curva de valoración siguiente: Se han valorado 25 ml de un haluro 0.0) = 6.050M. Se conocen KspI -= 8.76 * 10^ -4 M [Ag+]= Kps/[I-]2 = 1.0) y Cl-(8.000100 mol [Ag+] = 0.1*10^-9 pAg+ = -log(x) = -log(9. 0.0 ml = 74. 0.01M y 0.0 ml) 77 ml [Ag+] = 0.e.001M entre 0 y 50 ml y abajo y dcha de I .05 M *22/77= 1.Vol tot = 25.10M con Ag+ 0. en la curva se ha obtenido tres ramas arriba izda con valores pAg+ I-(15.0).000100 ml * 0.91 [ag+]=0 comparada con [I-sinreac] aunque la reacción se haya completado en un 98%.0/74.= 5.0*10^-13 y KspCl-= 1.04 Fase 3: Tras p.05 *Ve/(50+Ve) La curva pAg+ en Eje Y/VAg ml en Eje X.0 ml [I-]2= (1.e..30*10^-3) = 2. Todo el IAg precipita y se redisuelve algo [Ag+]=[I-] como [Ag+][I-] = Kps x*x = 8.1*10^-9) = 8.0 + 52.30 * 10^ -3M En general [Ag+] = 0. Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 10/May/2008 13:28 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1.30 *10^ -3 M pAg+ =-log(1.001M. [Ag+] es la que se añada a partir de ahora.02 l * 0. Br-(11.89 Por cálculo directo y más rápido: Ag+ en bureta 0.0.8 * 10^-10.01M y 0. ya que la anterior ha precipitado como IAg.00/50.3 * 10^-17 KspBr.0)*0. cuando el producto de concentraciones supere a Kps precipitará Hg2Cl2. Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C. Tengamos en cuenta que en una disolución saturada de CaSO4. La solubilidad del KCl es 3.7 *10^ -7M de [Hg2 2+] Para [Cl-] = 2*6. Sólo se precipita el ión Cl .7*10^-7 M = 13. Si se mezclan a mbos iones.4 * 10^-7 M Si se deja una solución acuosa en contacto con un exceso de Hg2Cl2. por desplazamiento a la izda de la reación al añadir más Cl -. 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.una segunda fuente de Cl.en uno de ellos.039 M y calculemos la nueva [Hg2 2+] Hg2Cl2+(s) <==> Hg2 2+ + 2Clcini s 0 0.2 *10^-18 4x^3 =1. Si añadimos a la solución de Hg2 2+ y Cl . la cantidad de sólido sin disolver permanece constante. Para este segundo caso x será muy inferior a 6.030 ciniCl.7 A continuación se añade un volúmen igual de HCl 6M a uno de los tubos y de 12 M al otro.7 *10^-7.es la del cloruro sódico que se disocia totalmente en Na+ y Cl -. o su KPs=[K+][Cl-]= 3.030M. la concentración tiotal de Ca es 15 a 19 mM. La cfin de Cl depende de NaCl y Hg2Cl2. el sólido se disuelve hasta que se cumpla que [Hg2=][Cl]^2 =Kps. Calculamos la concentración de K+ y 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.7 * 3.en cada tubo tras esta segunda adición y calculamos el cociente de reacción Q=[K+][Cl-] para cada tubo. mientras que la de Ca2+ es de sólo 9 mM por poca disociación de la s al.#8·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos Más problemas resueltos de Química Análitica cu antitativa.hasta saturación del Hg2Cl2+.su Kps = [Hg2=][Cl]^2 =1. .7 *10^ -7M pequeño en comparación con 0.2*10^-18==> x = 6. A partir de ese momento . una sal será menos soluble si ya existen alguno de sus iones en la disolución. por ejemplo NaCl 0.030 cfin s x 2x+0.7 = 13.030)^2 =Kps En el anterior ejemplo x=6.7M.2 *10^ -18 Cini s 0 0 Cfin s x 2x [Hg2=][Cl]^2 = x*(2x)^2 =1. [Hg2 2+][Cl-]^2 =x* (2x +0. Según el Principio de Le Chatelier del efecto del ión común. 2x<0.0 * 10^-9M [Cl-]max = 3.4.42 =3.la solubilidad del Hg2 2+ era 6.030. por tanto mignoramos 2x frente a 0..Calcular [OH-] si [ H+] = 1.58 pOH = 14.2 * 10^-18 x =[Cl= 3.disolviéndose menos Hg2 2+ que sin adición.5 * 10^-5 H2O <==> H+ + OHKw(25ºC) =[H+][OH-] Kw = 1.6*10^-15)<0.0 * 10^-7 [OH-] = 1.2*10^ -18 ==> x= 1.5 * 10^-5 M [Kh2 2+] = 1.58=10.0 * 10^-14 /1.0 * 10^-11M .0 * 10^-7 log Kw = log [H+] + log[OH-] -log Kw = -log[H+] .3*10^-15 ya que (2x=2.0 * 10^-3 * [OH-] = 1. simplificando mla ecuación: x*0.log[OH-] 14 = pH+pOH pH = -log[H+] [H+]=10^-pH [OH-]=10^-pOH Para agua (a 25ºC) siendo [H+] = 1.00 -3.se reduce a 1.0 * 10^-7) = 7. Según lo dicho.030 Sin Cl.3 *10^-15 Por último calculamos la concentración máxima de Cl.0 * 10^-3 = 1.0 * 10^-7 pH= -log [H+]= -log( 1.0 * 10^-14 = x * x ==> x = 1.7*10^ -15 y con Cl.00 pOH = 14-pH = 14-7 = 7 Si pH =3.030^2=Kps =1.0 * 10^-9 * x^2 =1.en equilibrio de una disolución para que [Hg2 2+] se mantenga muy próxima a 1.0 * 10^-9M cini s 1.0 * 10^-7 [H+] = 1.0 * 10^-14 [OH-] = 1.030.42 y [OH -]= 10^-10.0 * 10^-3M Kw(25ºC) =[H+][OH-]=1.0* 10^-9 x [Hg2 2+][Cl-]^2 = Kps 1.0* 10^-9 0 cfin s 1.8 *10^11M E6. 69 g/molNi) = 0.178 g DMG/(0. y se seca a 110ºC.03 g Ni/58.o g de acero contendrá alrededor de 0. se crea un mol de H3O+ libre .91 g Ni(DMG)2/mol Ni(DGM)2 = 6. b) Si 1. Pero si se disuelve un mol de HF (ac..79 g disol. y ocupará un volúmen de 17.91 g. Siendo X Cl. de donde obtenemos xNi = 0.69 g y que proporcionan un mol de producto formado que son 288.010 g DNG/g disol.03646 g Ni*100/(1. HI) son ácidos fuertes mientras que el HF se comporta como un ácido débil. Br o I HX(ac) + H2O --> H3O+ + X.3.se une fuertemente al Fpor un puebte de H+.2 g DMG/mol Ni) = 0.69 g Ni/mol = 5. Br. el H3 O. que mantiene al Fe en disolución.134% De forma más sencilla habríamos llegado al mismo resultado si sabíamos que 1 mol de Ni son 58.8 g disol. Llamando xNi a la masa del Ni en la muestra.213 *10^-4 mol Ni)*(58.-Precipitados: Para determinar el contenido en Ni de un acero.69/288.débil) se forman muy pocos H3O+ libres E27. se disuelve la aleación en HCl 12 M. Se filtra el producto. 1.+ F./ml = 23 ml b) Por cada mol de Ni en el acero se forma un mol de precipitado. % en p del Ni: 0.) = 17. a) Calcular el volúmen el volúmen de disolución alcohólica de DMG al 1% en p. y se desea 1.5 * 0.11 * 10^-4 mol Ni)*(116.179 g de precipitado.119 g DMG Para que haya un exceso del 50% de DMG pondremos 1.119 g = 0.213 * 10^ -4 mol Ni(DNG)2 y en la aleción habrá de Ni: (6. formando un par iónico H3O+ + F .178 g DMG. por tanto: 0.03646 g Ni en aleación.03446 g .79 g/ml) que se debe usar.<==> F.0 g de muestra de acero.8 g disol. para tener un exceso de 50% de DMG en el análisis. sde lava con agua fría.Los haluros de Hidrógeno (HCl. la cual está contenida en la disolución: 0../0.1634 g de acero originó 0.1634 g acero)= 3.. que corresponde a 0.1795 g Ni(DMG)2/(288.03 g de Ni. Si se sabe que el contenido de Ni es aproximadamente d e un 3% en p. y se neutraliza en presencia de ión citrato. Mientras tanto el HF cede completamente su protón al agua HF(aq) --> H3O.forman con el H+ un enlace muy fuerte. (d=0.(iones hidronio y fluoruro) Pero los F. ¿Cuál es el % de Ni en el acero? Solución: a) Dado que el contenido de Ni es alrededor de 3%.91.fuete)en agua.es una reacción completa con total disociación del ácido. para precipitar cuantitativamente el complejo rojo Ni-DMG.11 * 10^ -4 mol Ni Esta cantidad de metal precisa según la relación 1 mol Ni2+/2 mol DMG: 2*(5.H3O+ (par iónico) Al disolver un mol de HCl (ac. tendríamos: g Ni analizado/g producto formado = xNi/0.1795 = 58. La disolución ligeramente básica se calienta. y se añade dimetilglioxima (DMG).. 0..961 g/mol + (y g/312.1.441 g/mol y = g MgQ2 y g/312.1344 g. tolueno.611))*40.5 * x g/459.441 g/mol MgQ2 312. diclorometano y tetracloruro de carbono (más densos que el agua).611 g/mol Como masa g = mol *g/mol.010M con tolueno.961 g/mol + ((1.. hexano (inmiscibles en agua y menos densos) o cloroformo.611 g/mol x + y = 1.304 g/mol Reacción abreviada AlQ3 + MgQ2 --calor --> Al2O3 + MgO Solución: gramos. E23. Se preferirá el Tri CHCl3 al percloretileno CCl4 por ser menos tóxico y hexano y tolueno al benceno.1344 g Sustutuyendo y = 1.08 43 -x)/312.304 g/mol = 0.062 (ap rox 6%) b) Con 5 extraciones de 100 ml la fración restante será q2= (100/(100*3*100))^5 = . 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).0843 g moles Al2O3 =0. Cuando se calcinó en un horno en contacto con el aire . Supongamos que se extraen 100 ml de una disolución acuosa de A 0.1344 g x = 0.4.3003 g que representan el 27.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.611 g/mol Al2O3 10 1.0843 -x en esta ecuación: (0.611 g/mol) * 40. sustituyendo en x + y . moles x = g AlQ3 x g/459.E27.3 restante. la mezcla se descompuso.961 g/mol MgO 40. Como disolventes se utilizan éter dietílico.0843 .441 g/mol moles MgO = moles Mg = y g/312. Tambien se usan los alcoholes como disolventes.5 * x g/459. Hallar el porcentaje en peso de Al(C9H6NO)3 en la mezcla original.784 el 72.Una mezcla de complejos de Al y Mg tratada con 8-hidroxiquinoleina (Q a partir de ahora) pesó 1.70% de la mezcla original y = 1. originando un residuo de Al2O3 y MgO de 0.441 g/mol) * 101.5 * x g/459.304 = 0. la fracción restante en la fase acuosa será: q1=100/(100+3*500) = 0. Datos: AlQ3 459.. 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).084 3 g. (0..441 g/mol) * 101.3003 = 0. 010 M con 100 ml de disolvente ¿Cual será la concentración final que queda en la fase acuosa a a) pH =10.2. tolueno y metano. benceno: t´r = 251 ..00 D =(3*1. El metano da un pico intenso a los 42 s. Si se extren 50 ml de disolución acuosa de la amina 0. La mejor extración se efectúa a mayor en este caso pH=10 E23.Influencia del pH en la extración con disolvente.se trata con exceso de AgNo3. E23.0 ml de una disolución que contiene Cl .3.Gravimetría de precipitación.65 ==> 65% queda en fase acuosa. Factores de capacidad t´r =tr-tm.00098 (aprox.Se inyecta en un cromatógrafo de gases una mezcla de benceno. Hallar los tiempos de retención ajustados y los factores de cada soluto. Asimismo. ¿Cuál era la molaridad del Cl.0*1.273 q=50/(50+0. hallar las retenciones relativas de los dos solutos.0*10^ -9)/(1. mientras que el benceno se eluye a 251 s y el tolueno lo hace a 333 s.1%) Comprobamos que es más eficaz hacer varias extraciones sucesivas con pequeño volúmen de soluto que una sola con la misma cantidad total.42 = 209 s.0.15 ==> 15% queda en fase acuosa (15% de 0.0 *10^ -9. Solución: Tiempos de retención ajustados.273*100) = 0.42 = 291 s.4368 g.0 y b) pH= 8.0 tolueno: t´r = 333 .0*10^ -9)/(1.0*10^-9+1.. 0. (251-42)/42 = 5.0015 M) b) A pH=8. Un volúmen de 10.321 g/mol Solución: .4.0*10^-6) Si usamos D en lugar de K en la ecuación q=V1/(V1+D*V2)= 50/(50+2. k´= (tr-tm)/tm.9 Retenciones relativas (mayor que 1): alfa= t´r(tol)/t´r(ben) = (333-42)/(251-42) = 1.0*10^-9+1.0 D=K*Ka/(Ka+[H+]) = (3.0*10^-8) = 0.39 E23.00? Solución: a) A pH=10...73 *100) =0. Supongamos que el coeficiente de reparto B de una amina es k=30 y la constante de disociación ácida de BH+ es Ka=1. formándose un precip itado pp de AgCl de 0. (333-42)/42 = 6.010 M = 0.en la muestra problema? AgCl 143. 00 pOH = 14-pH = 14-6 = 8 Comprobamos teniendo en cuenta el equilibrio: Para [OH-] = 1.0 * 10^-8+x) =10^-14 x^2 + (10^-8)x -(10^-14)=0 x = 9.7.-7.321 g AgCl/mol AgCl) = 3.10 E-5.0 *10^-14/0.= 3.pH E-3.4638 gAgCl/(143.=1/1 Por tanto en la muestra inicial: Molaridad Cl.1 *10^-7 (que rechazamos) [H+] = 9.0 * 10^-13 pH = -log[H+] =-log(1. La relación AgCl/Cl.E-11.-9.6*10^-8 M y -1.010 l = 0. [OH-].02 Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 10/May/2008 13:49 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro .0 * 10^-6) = 6.6*10^-8 pH = 7. En concentraciones pequeñas entre 10^-6 y 10^-8 el pH es próximo a 7.2 E-7.-8.10 M y de otra de 1.0 *10 -8 M Solución: a) Al ser una base fuerte se disocia totalmente [H+] = Kw/[OH-]= Kw =1.9 E-6.11 E-4.0*10^-8 = 1.10 = 1.02 y no pH=6 como habíamos supuesto antes.7 E-.0 * 10-8 x=[H+] x*(1.00 pOH = 14-pH = 14-13 = 1 b) [H+] = Kw/[OH-]= Kw =1.3048 M Calcular el pH y pOH de una solución de KOH 0.048 * 10^ -3 mol AgCl.4638 g AgCl hay 0.0 * 10^-13) = 13.En 0.7.E-10.048 * 10^-3 mol AgCl/0.0 *10^-14/1.-9.0 * 10^-6 pH = -log[H+] =-log(1.[H+]. a los 50 ml de KOH.[H+]exceso.1M para 50 ml KOH0. añadiendo a 50 ml de un ácido .pH Va. por ejemplo calculamos a 10.pH Ver Excel Tras añadir los primeros 10. El H+ que hay es el suficiente para reaccionar con todo el OH -.020M)(50/(50+3)) = 0.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 Valoración de Base fuerte con ácido fuerte (o al revés).50/(50+10.020M Tabla: ml HBr.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.056 Desde: 19/Dic/2003 #9·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos Más problemas resueltos de Química Análitica cuantitativa.M.Mensajes: 1. [OH]sinreac =7/10.0 ml de HBr.50 ml y el exceso Va-Vb = 10. Se añade un exceso de HBr a disolució n.12 Fase 2: En el pe.0132 =7. vol ini OH y factor dilución = 50/(50+3) [OH-] = (10^-3/10)(0.08 Va= 10.5 * 10^ -13 ==> pH = 12.00 = 0.50) = 8.M.50 ml HBr [H+] = 0. Valoración de áciso débil con base fuerte (o al revés). según la reacción H2O <==> H+ + OHKw = x^2= 1*10^-7 M ==> pH=7 Fase 3: Tras pasar el pe. Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C. [OH -]restante = 10^3/10.0132M [H+] = Kw/[OH-] = 10^-14/0. Tras adición de 3 ml de Hbr (3/10 del total).10.50 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. añadiendo BrH 0. (Sólo en el caso de ácido fuerte/base fuerte.[OH-]sinreac.10 M * 0. La valoración transcurre en tres fases con cálculos distintos: Fase 1: Antes del pe.26 *10^ -4 M ==> pH = 3.50 . la valoración se ha completado al llegar al punto de equivalencia (pe) a un pH=7. 020 M *(50/(50.+ H2O Kb=KW/Ka CantrelIni 1. -.x. conocido [A-]/[HA].x.Ve=10 ml. --. --.7/10.--> A. como el MES 2 -(N-morfolin-etanosulfónico) con Ka=6. es la sufi ciente para reacionar con los 3/10 del HA.0167 M x^2/(F´-x) =Kb =Kw/Ka =1.02-x) = Ka ==> x = 1.0+10.15 Ka = 10^ -6. --. su pH será mayor que 7.débil 0. --. 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.han formado un tampón regulador. 1. 1.15.reacciona para dar otro compuesto con el mismo anillo pero sin el H (en adelante A -) y agua HA +OH.en agua.+ H2= <==> HA +OH F-x.5*Ve Fase 3: En Pe Todo el HA se ha consumido en obtener A -.0))=0.+ H2O Fase 1: Antes del pe.19 *10^-4 ==> pH = 3. una base fuerte como el NaOH 0.5 Ve -.02 M. 3/10. 1.+ H2O CantrelIni 1.HA + OH. ya que el ácido se . --. Sería como una disolución de A. -Ahora ya podemos calcular el pH. 1/2.54 *10^ -5 M pH = -log[H] = -log(Kw/x) = 9.18 El pe en este caso de áciso débil con base fuerte es mayor de 7. --.15 HA <==> H+ + AF-x x x x^2 /(0. --. 1/2. F´(VolTotalDisol.02 M pKa =6.<==>A. Aplicando la fórmula de equivalencia VN=V´N´ Vb ml * 0.10 M = 50 * 0.1M. -Cantrelatfin . 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 . -A. Apolicaremos para los cálculos la Henderson Hasselbalch conocido [A-]/[HA] Tras la adición de 3 ml de OH.==> A. -pH = pKa + log((1/2)/(1/2)) = pKa Vval = 1/2 *Ve pH =pKa Buscamos pH en el que Vb =0.HA + OH. -Cantrelatfin --.43 * 10^-8 ==> x = 1. como una base débil.02.15 + log ((3/10)/(7/10)) = 5. El VNaOH es el suficiente para consumir todo el HA HA + OH. -Cantrelatfin 1/2.78 En la gráfica se nos presenta un punto singular ml valorante = 0.<==>A. pH = pKa +log [A-]/[HA] = 6.+ H2O CantrelIni HA=1.1 * 10^-7 Antes de añadir base HA 0. 3/10.93 Fase 2: Al inicio de añadir base hasta un poco antes del pe HA sin reac y A .) = [HA] + Factordilución F´ = 0. luego Vb= 10 ml y como K =1/Kb = 1/Kw/Na = 7.020 M ya que se ha diluído con NaOH desde la bureta. Valoración de base débil con ácido fuerte..00) = 1.08364 M con HCl 0. Esto ocurre tanto en ácidos como en bases débiles. la inflexión cerca de pe disminuye tambien y se hace más difusa el ver el pe.convierte en su base conjugada en el pe. Todo lo contrario que la valoración AcDebil/BaseFuerte B + H+ -->BH+ Al añadir todo el ácido la reacción es completa. Al aumentar Va por adición de ácido se llega al punto msingular Va=0.0+10.5Ve y pH = pKa (para BH+). la máxima capacidad tampón se da en pH =pKa y Vb=0. el pH depende del [OH-] en exceso en la mdisolución. BH+ <==> B + H+ F´-x x x [BH+] ahora es algo menor por haberse diluído y la disoluc ión es ácida. El pH se calcula con pH = pKa (BH+) + log ([B]/[BH+]).100 M*(0.10 ml [OH-]exceso = 0..69 * 10^-9 Pir + H+ --> AcPir . Al hacerse más débil HA o al disminuir las conc. La curva de valoración tiene estos valores: Ver EXcel Valoración de 25. Anillo con NH mmoles HVl = mmoles piridina .10/(50. fase 4: Después del pe.3. 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. El pH depende del exceso de ácido fuerte despreciando la contribución del ácido débil. Fase 3: En el pe B se ha transformado en BH+. Su pH es inferior a 7.5Ve con pendiente (dpH/dVb) mínima. Además la curva depende de la Kdisociación ácida HA y de la conc. 12.0 ml de piridina 0. Por la curva de val oración se determinan pKa y pKb. Para Vb = 10. El pH se calcula con la reacción de disociación ácida de BH+ y Ka =Kw/Kb.1607 M Piridina es un anillo heagonal bencénico con un H sustituido por un N y su Kb es 1. un ácido débil. Se presentan cuatro fases: Fase 1: Antes de añadir ácido. de analito y valorante.66 *10^ -4 M ==> pH = -log(Kw/[OH-] = 10. Fase 4: Después del pe Añadimos ahora NaOH a una disolución básica que contiene A -. de los reactivos.22 Observamos que al dibujar la curva de valoración. la disolución contiene base débil B en agua. 236) = 5.O2--> CO2(g).5.23 + log(0.Combustión Un compuesto pesa 5. ==> Ve = 19. Se pesan con precisión 2 mg de muetra se sella en una cápsula de Sn o Plata . H.529 * 10^-3 g H2O/18. Hallar % en peso de C y H en la muestra.63 ml Solución: Parte de pir se ha neutralizado y forma un tampon pir -ion pir. 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 .934 mg C * 100/5.414 * 10^ -3 g CO2/44. Luego se añade a la corriente de He un olúmen medido de O2. para absorber halógenos y S.275 * 10^-4 mol Mas aC en muestra = (3.764 pKa = -log(Kw/Kb = 5.S --1050ºC C.830 * 10^ -4 g % H = 0.529 mg H2O en su combustión. cubierto de Ag.76 4/0.84% moles H en muestra = 2 moles * 2.0152 g/mol H2= 2. identifica y cuantifica C.N. Solución: Un mol CO2 contiene un mol de C.011 g/mol C = 3. H2O y CO2) para arrastrar los gases de anteriores procesos.08364 M .010 g/mol CO2 = 3.275 * 10^ -4 mol C)*(12.0079 g/mol H = 2.934 mg C % C en muestra = 3.1067 M = 25.283 mh H * 100/5. N.236 fracción pir queda = (19.60 = 0. 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. C.5 SO2 --850ºC--> CuO (s) Los gases formados.23 pH = pKa+ log [B]/[BH+] =5. S en una única oepración..714 mg muestra = 68.74 E27. En otros casos llevan catalizador de oxidación de Cr2O3 y el gas pasa a través de Co3O4 en caliente. Se introduce la cápsula con la muestra en un crisol de cerámica calentado.808 * 10^ 4 mol masa H en muestra = 2. y un mol de agua contiene 2 moles de H moles C en muestra = moles CO2 producidos= 14. + H2O(g) + N2(g) + [SO2(g) 95% + SO3(g) 5%] Cu+SO3 --850ºC--> SO2 + CuO(s) Cu + 0.952% Equipos automáticos de Análisis por combustión (Leco) Un instrumento para analizar gases producidos en la combustión de minerales y aceros.H.414 mg de CO2 y 2. en exceso. en una explosión instantánea. fracción de pir valorada = 4. se separan en una columna .808 *10^-4 mol H *1.714 g y produjo 14.60 = 0.60-4. Una columna de Cu caliente elimina el exceso de O2.Ve ml HCl * 0.60 ml Ahora queremos hallar el pH cuando Va = 4.00 ml * 0.63)/19.63/19. El analizador se purga con gas Helio puro (libre de O2.714 mg muestra = 4. Por ejemplo: Si tomas una muestra de 35 gramos de muestra de Cloro al 10 % en realidad tienes 3.41.22+-1. 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.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. Lleva un filamento de W-Re y se detecta la salida de un amalito por disminución de la conductividad del gas. aprox) = 1 g/ml ó 1g/cm3 oKg/dm3 1 g/ml = Concentraciones de cobre tan bajas como 0.12.10 N. Ins1.84+-0. H2O.71.10 H. 71.13 Recordando unidades de concentración medioambientales (trazas) y según pidan.10.En este caso 350 ppm son 350 mg de cloro/Litro de solución. Ins2 C.10. este halógeno X se absorbe en disolución acuosa y se valora con Ag+ en un columbímetro que mide los eklectrones producidos (1e .76+-=.10. la combustión produce CO2. Si hubiera productos ácidos se absorben en asbesto mojado en sosa. Para el oxígeno se precisa una pirólisi s anterior antes de añadir O2 medido.08. N2 y HX .09. 6. Una muestra de acetanilida (C8H9NO. anillo bencénico con NH(C=O)CH3) dió el siguiente análisis de gases: Elem.34+-0.5 ppm son tóxicas para las bacterias y otros microorganismos. 71.6. pasando por Niquel sobre carbón a 1075ºC para formar CO.1 a 0. se calienta el filamento. Tambien se pueden medir los gases a la salida por absorbancia en el IR para CO2. aumenta su resistencia eléctrica y varía el voltaje a lo largo del proceso. Hay otra corriente de referencia.5 gramos de cloro puro y como 1 gramo tiene 1000 miligramos entonces tienes 3500 miligramos de cloro puro. 71.por Ag+). La formula es : . 6.36.17+-0. Para analizar halógenos. Preparar una disolución de 350 ppm del un cloro al 10%? un miligramo de cloro en un litro de solución. Vteor.33+-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. La sensibilidad del detector es inversamente proporcional al caudal y aumenta al aumentar la diferencia de temperatura entre filamento y bloque exterior. 0 ppm. España. cítricos: 0. y 0. Francia.01 ppm en la pulpa en el Brasil. Dureza de aguas: (dH grado hidrotimétrico) 0 .2 ppm.8 dH = 70 . carne 0.0 ppm en el Japón y Corea.30 dH = 320 . 2 ppm para sal común.0 ppm para bivalvos en conserva y codido/depurados. 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. soldaduras de latas de conservas.18 dH = 210 .4 dH = 0 . se señalan los siguientes niveles. uvas pasas: 4. 0.7º °DH: grados alemanes °H : grados ingleses de la escala Clarck .5 ppm en Italia. trazas de Pb de entre 5. 0.0 ppm. y los metabolitos que contengan la fracción (4-clorofenil)-4-metil-2-oxotiazolidina.5 ppm en Alemania. zumos de limón.4 ppm.530 ppm dura 1° \"general hardness\" (GH) = 17. 1.10 en agua envasada. 0. vino max.05 ppm en agua potable. y aceite de cítricos: 2. Se permiten en España (ppm = mg/kg).140 ppm blanda 8 .0 ppm. trans-5-(4-clorofenil)-N-ciclohexil-4-metil-2-oxotiazolidin-3-carboxamida. Italia.0 ppm en España.05 ppm en Suiza. tapones y cápsulas de botellas de vino.320 ppm bastante dura 18 . 5 ppm para café y té y 13 ppm para infusiones. leche 0. Los límites máximos de residuos (LMR) nacionales fijados para el hexitiazox en las uvas son: 0.) Establecimiento de niveles de tolerancia de los residuos del plaguicida hexitiazox. 10^ -4.2 ppm en Francia y 0. 0.5 ppm. Prohibición de uso en cañerías domésticas de agua. expresados en partes por millón (ppm) del compuesto principal en el interior o en la superficie de los productos: uvas frescas: 1.1 ppm en Nueva Zelandia. Para los cítricos se establecieron los LMR que se señalan a continuación: 2. de tomate.(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.2 -0.0 ppm en la cáscara y 0.210 ppm poco dura 12 .0 ppm y 3.12 dH = 140 .8 ppm CaCO3 Para 30 ppm CacO3 Gh=2 Kh=2. conservas vegetales. 10 ppm para especias. 1. Austria y Hungría. 1 ppm en brandys. (que se sueldan con gas mezcla con H2 reductor e hilo inox. Para vinagre se admite un máximo de 1 ppm para As+Pb+Hg. segun la tabla 1. guisantes o espárragos.8 ppm CaCO3 1° \"carbonate hardness\" (KH) = 17.70 ppm muy blanda 4 . aplicamos la fórmula arriba indicada. 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.3 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. estos últimos se deben cubrir. Virus: 5 ppm. LO MISMO QUE CON EL FOSGENO.p. y 100/56 para convertir °H a °DH 1° "general hardness" (GH) = 17. Si el lugar esta con productos cercanos al techo.000 Por lo tanto: Hongos: 50 ppm.p.p.8 ppm CaCO3 1 meq/L alcalinidad = 2.10 Litros = 100 cc de TecsaClor 50.: partes por millón de carbonato cálcico u óxido de calcio CaCO3: carbonato cálcico CaO: óxido de calcio 1 °DH = 17.p. Bacterias: 25 ppm.4 * Nitrato-N Nitrito-NO2 = 3. CONCENTRACIONES ATMOSFÉRICAS DE CL2 SUPERIORES A 3 PPM SON SUFICIENTE PARA GENERAR IRRITACIÓN RESPIRATORIA.de CaCO3 El factor de equivalencia 56/100 se usa para convertir °HD a °H.m. ENTRE 35 Y 50 PPM CAUSAN LA MUERTE EN UNA HORA.9 p.3 * Nitrito-N Amonio-NH3 = 1. de CaO 1 °H = 14.8 ppm CaCO3 1° "carbonate hardness" (KH) = 17.1 * 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/50.8° KH 1 ppm = 1 mg/L Nitrato-NO3 = 4.00 = 0.m.m. 100 lt x 50 ppm/50. CONCENTRACIONES DE CLO2 SUPERIORES A 1 PPM SON IRRESPIRA BLES Y DE 2 A 4 PPM PRODUCEN CUADROS . Por ejemplo si queremos preparar una solución de 100 lts que tenga una concentración de 50 ppm de ClO2. 6 * 10^-5M [PbI4=] = beta4[Pb2+][I -]^4 =2. pero se forman complejos: PbI2(s) <= K1 => Pb2+ 2I Kps= [Pb2+][I-]^2 = 7. por ser poco soluble el Pb+2 en presencia de I-. El Pb2+.9 * 10^3 M a) Para [I-] = 1.98 /C41H65NO16 746. PbI2(aq).precipita a un metal M+.0 M Solución: [Pb2+] = Kps /[I-]^2 = 7.<=beta3=>PbI3.2 Hallar la concentración de PbI+.se redisuelve en forma de iones complejos MX2-.<=K1=>PbI.9 *10^-4 M [PbI2aq] = beta2[Pb2+][I-]^2 =1.1 *10^-5 M [PbI3-] = beta3[Pb2+][I-]^3 = 6.0010M y b) 1.<=beta2=>PbI2(aq) beta2= 1.3*10^3 Pb+2 + 4I.GRAVES.disuelto en una concentración de a) 0. para [I-] = 10^-3. 16 y 0.001M [Pb2+] = K1[Pb2+][I -] = (1.K1 = 1. 1/3 <199 6 >300 6 <150 microg/g Formación de complejos Si un anión X.0 *10^4 Conocida la concentración de I-.7 * 10^-3M siendo el 91% Pb2+. puesto que será la única concentración en la disolución y satisfará a todas las reacciones posibles. PbI4(=) el yoduro es el ligando del plomo.como una base de Lewis que los cede para formar un enlace complejo llamado covalente coordinado o dativo y el complejo es un aducto. Insecticida Espinosina A y D 290/29 ppm solub agua a pH 5.053 ppm a pH 9 C42H67NO16 731. actúa como un ácido de Lewis aceptando un par de electrones e I.5 MG/M3 Y EL DE HCL DE 7 MG/M3.00 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). sustituyendo en la ecuación de Kps.4*10^-10M b) Para [I-] = 1.<=beta4=>PbI4= beta4= 3. En el caso de los ioduros de Plomo: PbI+.1 *10^-5M [PbI3-] = beta3[Pb2+][I-]^3 = 6.0*10^2 Pb+2 + 2I. PbI3 . E6.0*10^2)(7. podremos calcular la del Pb+2. LA CONCENTRACIÓN M?XIMA PERMISIBLE DE CL2 ES DE 1. En la reacción se debería formar PbI2(s). en etiqueta (Mx) tral 266±67 ppm F (rango 55 -355 ppm). al aumentar [I-] disminuye [Pbtot] por efecto del ión común. a menudo se observa que una alta concentración de X. pero . PbI2 -.9 * 10^-9 Pb2+ + I.4*10^3 Pb+2 + 3I.4*10^-4M [Pbtot] = [Pb2+] +[PbI -] +[PbI2aq]+PbI3-]+[PbI4=] =8.0*10^-3)= 7.9*10^ -3(1.beta3= 8.6 * 10^-8M [PbI4=] =beta4[Pb2+][I -]^4 =2.y PbI4= en una disolución saturada de PbI2(s) y que contiene I .9 *10^-9 M [PbI2aq] = beta2[Pb2+][I-]^2 =1.0M [Pb2+] = K1[Pb2+][I -] = 7. 01063 mol/l * 0. moles C2O4= = (5 ml C2O4=/2 mol MnO4 -)(mol MnO4-) = 0.0355 mmol/5.. Para [I-] = 1.6. Teniendo en cuenta que mmol/ml = mol/l [Ca++] = 0.063 * 10^-4 mol = 0. Este ácido se valora en caliente (60ºC) con permanganato potásico de normalidad conocida hasta viraje a púrpura indicando el punto final de la reacción. prevalece formación de complejos y aumenta [Pbtot].0M [Pbtot] = 3.1663 mmoles.0453 mmol Molaridad MnO4.0 ml.03555 mmol Relación oxalato/Ca++ = 1/1.3 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.H 2O habrá 0. relación MnO4-/C2O4= = 2/5 MnO4.0 ml de eta disoliución necesitan 48.en valorante = 0. Se disuelven 0.00 ml = 0.2*10^-4M y un 74% de total es [PbI4=] Existe una hoja de cálculo pasra calcular estos valores en Fig.para [I-] alta.36 l de disolución de KMn=4 en su valoración.3562 g NaC2O4)/(134.7 ml de disolución estandar de MnO4 -.hay 0.0355 mmol Ca++ por los 5 ml de orina. Solución: En 16.3562 g de Na2C2O4 en un matraz volumétrico aforado de 250.010 l = 1.01063 Moles C2O4= en 10 ml son 0. hallar la concentración de Ca++ en la orina.36 mol =8.consumido = (2 mol MnO4 -/5 mol C2O4=)(mol C2O4=) = 0.00711 M .0453 mmol/48.0 ml de una muestra de orina.794 * 10 ^ -4 mol/l = 1. en el oxalato cristalizado Ca(C2O4). consumió 16.01617 l * 8.17 ml de MnO4. que se precipitó y redisolvió.2500 l) = 0.422 * 10^ -5 mol MnO4que reaccionan con el oxalato. Solución: [Oxalato] = (0. calcular la molaridad de la disolución de permanganato. Si 10.794 * 10^ -4 M El calcio presente en 5.0 g/mol Na2C2O4)/(0.