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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. 1250 = 2 * mg S/32 + 22.1250 M. Calcular el porcentaje de azufre en la muestra.45. mmol OH.3 ml de una disolución de NaOH 0.181 mmol HCl/ml mg S = 16.0 ml de una disolución de NaOH 0.-->SO4(2-) + 2 H2O Reacción estequiométrica: S <> SO2 <> SO3 <> H2SO4 mmol OH.0365 M. .0 * MClH mmol HCl = V * MClH = 2 * mg Na2CO3/Pm Na2CO3 = 2 * 9. Estos gases se recogieron sobre una disolución diluída de peróxido de hidrógeno. Para determinar el contenido en azufre de una muestra orgánica se aplicó el siguiente procedimiento: 0.0 ml de una disolución de á. El exceso de sosa consumió para su valoración 22.45. PQA 2. Si en la valoración de este ácido se consumieron 5. PQA 2.44.3 * 0.= 2 * mg S/Pat S + mmol H+ 40.41% Problemas resueltos de Química analítica. Reacciones del procedimiento: S + O2 --> SO2 (SO3) SO2 (SO3) + H2O2 --> H2SO4 Reacciones de valoración: H2SO4 + 2OH.3 mg %S = 6.5 % Problemas resueltos de Química analítica. clorhídrico equivalente a otra de 0.2. calcular el porcentaje de azufre en la muestra. Se transformó el azufre de una muestra de 0.2500 g de mineral en trióxido de azufre. el cual fue absorbido sobre 40.0031 * 100/0.0096 g/ml de Na2CO3.0 * 0. 2.7500 g de muestra se sometieron a combustión en corriente de oxígeno.1 mg % S = 0.0365 = 2 * mg S/32 mg S = 3.46.= 2 * mg S/Pat S 5.6/106 = 0. transformándose en H2SO4.7500 = 0. formándose dióxido de azufre y algo de trióxido. calcular el porcentaje de CaO y Ca en la muestra.--> Ph2.9 % mg Ca = 289 * 40.44.5 * 0.43. 2. calcular los porcentajes de CaO y MgO en la muestra.1375 mol/l mg CaO = 289 mg % CaO = 88.1 = 207 mg % Ca = 63.2000 g.43. Si en la normalización de 25. Para determinar la pureza de un material constituído por óxido de calcio e impurezas inertes. se disolvieron en 50.0 ml de HCl <> 1.0 ml NaOH.1 + 12.2500 M.5 * 0. determinándose dicho exceso por valoración con una disolución de NaOH 0.1082 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 .1/56. de la que se gastaron 12.7 Problemas resueltos de Química analítica.5 ml de NaOH. ftálico 0. Si las concentraciones del ácido y de la base son tales que 2.clorhídrico (en exceso). La reacción de valoración ajustada y la relación estequiométrica es: H2Ph + 2 OH.0 * M M = 0.2. Se sabe que una muestra contiene exclusivamente óxidos de calcio y magnesio.275 M.5 ml.5 ml de á.0 ml de á. clorhídrico 0. Para proceder a su análisis se pesaron 0. y el exceso de ácido se valoró con 40. se procedió a la disolución de 0. 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 2.1002 = 25.1002 M.3250 g de muestra en 100 ml de á.275 2 * MClH = 1 * 0.+ 2 H2O 2 * mol H2Ph = mmol OH2 * 13.275 MCLH = 0.0 ml de la disolución base se consumieron 13. a) Las transformaciones que tienen lugar son como las de 2.41.41.0 ml de á. ¿qué cantidad de proteínas contiene la masa de muestra analizada?.42. Se determina el N de una muestra de leche en polvo que pesa 3. Calcular el peso máximo del mismo que debe tomarse para que. valorándose el exceso de ácido con otra disolución de NaOH 0. con la única diferencia de que se recoge el amoníaco destilado en ácido fuerte en exceso para valorar éste con sosa. tenemos: mmol HCl = mmol NH3 + mmol NaOH 50.H+ --> NH4+ .1540 mg N = 15.8% de proteínas. 2.0 * 0. PQA 2.0153 * 100/3.0320 M en la valoración.5 * 0.25% En la muestra de 3. b) Si el factor de conversión de Nitrógeno en proteína es 6.0 ml de una disolución de á.3 + 40.000 g mediante el método de Kjeldahl. Un cereal contiene el 2.0000 g habrá pues: g prot tot = 0.1 + 2 * mg MgO/40.0000 b) % Proteínas en la leche 0.1210 = mg N/14 + 32.3 mg % N = 0. se gasten no más de 50. Para ello s e hace destilar el amoniaco sobre 50.51 * 6. clorhídrico 0. una vez tratado por el método de Kjeldahl.70).41.1210 M. masas y pesos moleculares y despejando: 50.0 * 0.2 * 0. En la valoración por retroceso del exceso de ácido con sosa. y recogido el amoníaco formado sobre á.2500 = 2 * mg CaO/56.38.1540 M. bórico. Las reacciones que tienen lugar son: a) Digestión: Nprot -.2 ml Calcular a) Porcentaje de Nitrógeno en la muestra. PQA 2. de la que se gastaron 32.sustituyendo datos. (Dato: factor N en proteína = 5.0975 g Problemas resueltos de Química analítica.38 = 3. clorhídrico 0.42. 2.1082 mg MgO = 131 mg y mg CaO = 69 mg Problemas resueltos de Química analítica. 4 mg N ó 22.0 ml de HCl.0 ml y otra c on naranja de metilo.<> NH3 <> N por lo que deducimos: mmol HCl = mg N/Pat N Como sólo pueden ser consumidos un máx imo de 50. La valoración de una alícuota con NaOH 0.OH.571 g Problemas resueltos de Química analítica.39.--> HBO2 Y las relaciones estequiométricas: H+ <> BO2.0 * 0.4 ml de NaOH. PQA 2.70 = 128 mg de Proteína Por tanto la masa de muestra necesaria será como máximo de m = 0. requiere 16. pues el naranja ya estaría virado. para el mismo volúmen de muestra. Calculamos el gasto de sosa en la 1ª alícuota para mezcla b) V sosa = 2 * V1 + V2 Gasto V1 para las reacciones .450 M usando fenolftleína requiere 28. 2.0320 = 1.4 * 5. Se sabe que cierta disolución contiene una combinación de dos de las siguientes sustancias: HCl.b) Destilación: NH4+ -.028 = 4. ¿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.--> NH3 NH3 + HBO2 --> NH4+ + BO2c) Valoración: H2 + BO2. que suponen en mmoles 50.128/0. H3PO4.60 mmoles HCl equivalentes 1.39. NaH2PO4 y Na2HPO4.60 * 14 = 22. --> HPO4(2-) + H2O Para la 2ª alícuota el gasto de sosa sería Vsosa = V1 + V2 Para las reacciones V1 en H+ + OH.--> H2O V2 para H3PO4 + OH.--> H2PO4.4 * 0.0 ml y V1 + V2 = 16.+ H2O y V2 para H2PO4.H3PO4 + OH.5 + mg H3PO4/98 Además V2 * Msosa = mg H3PO4/Pm H3PO4 .6 ml Para calcular las concentraciones se plantea en la 2ª valoración: mmol NaOH = mmol HCl + mmol H3PO4 (V1 + V2) * Msosa = mg HCl/Pm HCl + mg H3PO4/Pm H3PO4 16.+ H2O Como V1 = 16. Por tanto.8 ml y V2 = 11.--> H2PO4.--> H2PO4.+ OH.--> HPO4(2-) + H2O y V2 para (H2PO4-ini) + OH. ya que se tendría: V1 + 2 * V2 = 28.450 = mg HCl/36.+ H2O Esta mezcla se ajusta a los datos del problema.--> HPO4(2-) + H2O Calculamos el gasto de sosa en la 2ª alícuota Vsosa = V1 Reacción: H3PO4 + OH.--> H2PO4.4 ml De dónde deducimos V1 = 4.4 ml.0 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. el volúmen consumido hasta viraje de la f enolftleína debería ser mayor que 28.--> H2O V2 para H3PO4 + OH. no puede tratarse de esta mezcla b).+ H2O y H2PO4. Calcular los porcentajes de las dos sales en la muestra.38. Se analiza una muestra que contiene carbonato y bicarbonato sódicos e impurezas inertes.450 = mg H3PO4/98 De dónde deducimos mg H3PO4 = 512 mg y mg HCl = 79 mg Problemas resueltos de Química analítica.1176 = mg Na2CO3/106 mg Na2CO3 = 153 mg % Na2CO3 = 153 * 100/481.7 = 31.1176 M. se disuelven en agua y se valora con HCl 0.38.--> 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 .1863 M.4817 g.3 ml hasta viraje de la fenolftaleína.6 * 0.+ H+ -->CO2 + H2O A partir del carbonato sódico se forman: 153/106 = 1.1176 M.8% Las reacciones de transformación a CO2 son: CO3(2-) + 2H+ --> CO2 + H2O HCO3. La disolución resultante se valora con HCl 0. consumiéndose 12. 2.44 mmol CO2 Y el total de CO2 será: mmol CO2 = 1.6 ml hasta el viraje de la fenolftaleína.3 * 0. consumiéndose 14. se calienta. PQA 2.44 + mg NHCO3/84 Al reaccionar con NaOH: CO2 + 2OH.11. En la primera valoración: CO3(2-) + H+ -->HCO3mmol H+ = mmol CO3(2-) = mg Na2CO3/Pm Na2CO3 12.0 ml de NaOH 0. y se elimina el CO2 por burbujeo sobre 25. Otra muestra idéntica se disuelve en exceso de HCl. Para ello se pesan 0. la única posibilidad es que se trate de una mezcla de NaOH -Na2CO3. En la primera parte de la valoración: OH+ + H+ -->H2O y CO3(2-) + H+ --> HCO3Por tnto: mmol H+ = mmol OH.--> H2CO3 mmol H+ = mmol HCO3 = mmol CO3(2-) V * M = mg Na2CO3/Pm Na2CO3 7.500 = mg NaOH/40 + mg Na2CO3/106 En la segunda prte de la valoración: H+ +HCO3.mg NaHCO3/84 mg NaHCO3 = 126 mg % NaHCO3 = 1216 * 100/481. se gastaría el mismo volúmen de valorante hasta el viraje con cualquiera de los indicadores.000 = 39. Na2CO3 y/o NaHCO3 aislados o mezclados.0 * 0.+ mmol CO3(2-) V * M = mg NaOH/Pm NaOH + mg Na2CO3/Pm Na2CO3 32. Con fenolftaleína como indicador (pKi = 9.5 ml más de valorante hasta el punto final del indicador.37. PQA 2.7 = 26.4) y se requieren 7. Una muestra de 1. ¿Cuál es la composición de la mezcla? Si la mezcla contuviera sólo sosa o sólo carbonato.1.37.5 * 0.mmol H+ = (mmol OH-tot) .2% Problemas resueltos de Química analítica. Para una mezcla de carbonato -bicarbonato se requiriría mayor volúmen de ácido para alcanzar el viraje del naranja de metilo.mmol CO2 = (mmol OH-tot) .500 M. se disuelve y se valora con HCl 0.000 g.398 * 100/1. que se sospecha que contenga NaOH. Para el bicarbonato sólo se requiriría de un indicador. 2. Por tanto.500 = mg Na2CO3/106 mg Na2CO3 = 398 mg % Na2CO3 = 0.8% Sustituyendo: .0 ml de ácido.44 . Luego se añade naranja de metilo (pKi = 3.4) la disolución se vuelve incolora después de la adición de 32. 0.2 Para V = 75.125 * 10^-4.2 = 4.125 M con HCl 0.2 + log(1.0.25 mmol de NH3 La reacción de valoración es: NH3 + H+ --> NH4+ Inicialmente.9 * 10^ -6 M y por tanto pH = 5.50/75) = 9.0 ml * 0.25 .4 Para V = 50 ml HCl añadidos = 5.0.2.00 mmol equivalentes a los mmoles de NH4+ formados NH3 sin valorar: 6.25 .2 * 0. Se valoran 50.25.00 = 1. Calcular el pH en los puntos de la curva de valoración que corresponden a la adición de 0. en el que el pH viene dado por la disociación ácida del NH4+ a un concentración Ci = 6. 62.5 = 112.056 M [H+] = raiz(10^9. y 90.mg mg NaOH = 492 mg % NaOH = 0. La disolución a valorar contiene 50.1 Para V = 25. La disolución contiene una mezcla reguladora NH4+/NH3 cuyo pH vendrá dado por: pH = 9.4 * 10^-3 M y por tanto pH = 11. Estamos pues en el punto de equivalencia.5 = 0. Por tanto: pH = 9.8 [OH] = raiz(0.0% Problemas resueltos de Química analítica.75/75)/(2. PQA 2. con pKb = 14-9.0 * 0.5 ml. Volúmen final: f = 50 + 25 = 75 ml.25 mmol en un volúmen vf = 50 + 50 = 100 ml.5 0 mmol.0 ml. 2. NH3 sin valorar = 6. para V = 0.000 = 49.490 * 100/1.0 ml de NH3 0.00/100) = 8. ml moles HCl añadido = 25.25/112.5. 50.056) = 5.100 = 2.25/100)/(5.25 mmoles y se ha neutralizado todo el NH3.75 mmol.0 ml. 75.125 M = 6.100 M.2 + log(3. equivalente al NH4+ formado.6 Para V = 62. 25.50 = 3. el pH de la disolución viene dado por la hidrólisis básica del amoníaco.0 ml . formándose una cantidad equivalente de NH4+ en un volúmen Vf = 50 + 62.25.5.8) = 1.5 ml HCl añadidos = 6. y 1. contiene una mezcla equimolar de las especies H2AsO4.25 = 2.75 mmol en un volúmen Vf = 90 + 50 = 140.9: 520. [H+] = -log (2.01 M y por tanto pH = 2. Se disuelven 520.25 = 2.25/125 = 0.5.20. a partir de la anterior. Teniendo en cuenta las constantes de disociación del ácido arsénico pK1 = 2. según la reacción: H2AsO4.20.25 mmol de H2AsO4 .= 2 * 1. será necesario neutralizar los dos protones del H2AsO4 -.9 = 2.0 mg de arseniato sódico en agua y la disolución se lleva a pH 7.19.2. Problemas resueltos de Química analítica. pK3 = 11.0.0 ml HCl añadidos = 9.75/140) = 1. para lo que será necesario añadir una cantidad de NaOH equivalente a la de las especies neutralizadas.50 mmol/(1 mmol/l) = 2. Pm = 207. enrasando con agua.0. se deduce que la disolución inicial a pH 7.HCl añadidos = 7.6.5.7 Problemas resueltos de Química analítica.+ 2OH.50 mmol Como se dispone de una disolución de NaOH 1M.50 mmoles.0 Para V = 90.0.0 ml.50 mmol Na3AsO4 A pH 7. Calcular qué volúmen de sosa 1M será necesario añadir para preparar.25 mmol de NH4+ y quedando un exceso de 7. la disolución se llevará a 250 ml. Para llegar a formar una disolución que contenga 1.5.0/207.50 . . PQA 2. El pH viene dado por la concentración de protones en exceso: [H+] = 1.50 ml Después de añadir este volúmen.25 mmol de HAsO4(2-).0 ml.00 mmoles. habrá que añadir: V = 2.25 = 1. la disolución contendrá 1.25 mmol de H+ en un volúmen Vf = 75 + 50 = 125.25 mmol de HAsO4(2 -) y 1. 2. formándose un exceso de H+ de 9. con el peso molecular de la sal Na3AsO4.25 mmol de AsO4(3-). Para alcanzar el pH final 11.00 .--> AsO4(3-) + 2H2O por lo que: mmol NaOH = 2 * mmol H2AsO4. 250 ml de una disolución de pH 11.6.y HsO4(2-). formándose 6. pK2 = 7.0. PQA 2. deberá formarse una nueva mezcla equimolar de las especies HAsO4(2 -) y AsO4(3-). Se calcula primero la cantidad de arsenito sódico en mmoles. 0.0 * [HEn+] La concentración total de En es Ctotal = [HEn+] + [En] = 1M Resolviendo el sistema obtenemos: [HEn+] = 0.9 + log [En]/[HEn+] 0.19.6 = [En]/[HEn+] [En]] = 4. 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.5 = 9.0 g. formándose 200 mmol de HEn+. a) ¿Qué peso de etilendiamina (NH2CH2CH2NH2).83 .6 = log [En]/[HEn+] 10^0.0.0. la disolución final deberá mantenerse en pH = 10. cumpliéndose: pH = 10.1 unidades de pH. Para amortiguarla +/. Ya que el peso molecular es 60.9 Por lo que a pH = 10.1 y HEn+ <--> En + H+ pK2 = 9. b) Al añadir mínimas cantidades de una base se producirá un ligero aumento del pH. La relación de concentraciones calculada anteriormente para las dos especies de la En puede expresarse como moles. se obtendrá la mezcla deseada. ya que el volúmen de la disolución final es el mismo.2.1 unidades? a) Las constantes de disociación ácida del sistema de la etilendiam ina (a partir de ahora En) son: H2En2+ <--> HEn+ + H+ pK1 = 7.9 + log [En]/[HEn+] de donde: 0.6 = 9. la masa de En es de 60. Si se sigue añadiendo En a la disolución.7 = log [En]/[HEn+] 10^7 = [En]/[HEn+] [En] 5. se deberá añadir a 200 mmol de HCl para obtener un litro de disolución reguladora de pH 10.17 M [En] = 0.5 se tendrá el regulador HEn+/En. cumpliéndose: 10.0 * [HEn+] Al añadir En a 200 mol de HCl se producirá la reacción: H+ + En --> HEn+ Primero se neutralizarán los 200 mmol de HCl.5? b) ¿Cuantos moles de ácido o de base admiten 100 ml de esta disolución para que su pH varíe como máximo +/. diluyendo posteriormente a un litro de disolución.6. Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editad o por Edit. Yañez-Sedeño.0 mmol /100 ml. cumpliéndose: pH = 10.0 mmol /100 ml.5 = log [En]/[HEn+] 10^5 = [En]/[HEn+] [En] = 3. Como éstos se han formado a expensas del ácido añadido. . la cantidad de ácido que admite dicha disolución será de 40 mmol/litro. Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 06/Dic/2006 12:41 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1.4. es decir 4. Al añadir una mínima cantidad de ácido esta disolución se producirá una ligera disminución del pH. es decir 3.056 Desde: 19/Dic/2003 #3·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos Problemas resueltos de Química analítica. se obtiene: [HEn+] = 0. J.M.20. ésta contiene 0. Síntesis: P.03 moles más de especie disociada y formados a expensas de la base añadida. Para que sea como máximo de -0.9 + log [En]/[HEn+] 0.04 moles más de especie protonada.4 = 9.76 M Respecto a la disolución inicial.24 y [En] = 0. PQA 3 .M de Villena. Pingarrón y F. la disolución deberá llegar a pH = 10.2 * [HEn+] Como la concentración total de En es Ctot = [HEn+] + [En] = 1M Resolviendo el sistema.Respecto de la disolución inicial. por tanto la cantidad de base que admite dicha disolución será de 30 mmol/litro . ésta contiene 0.1 unidad.J. 0436 M en medio amoniacal.7 ml hasta color azul.5 g de NaF a la disolución.0986 M.6 ml de una disolución patrón de Mn2+ 0. 3. se disuelven en ácido nítrico y se añade un exceso de nitrato de plomo.4 ml.4 a) Justificar el procedimiento seguido y b) Calcular los mg de Mg2+ y Zn2+ en la alícuota valorada. Para ello se toman 0.) + Y4Valoración: Y4. Datos: Pm SO2(2-) = 96. A co ntinuación. Seguidamente se añadieron 2.0436 = mg Mg2+/Pat Mg +mg Zn2+/Pat Zn 18. El contenido en sulfato de un mineral se determina mediante un método indirecto.<--> MgF2 (precip.3.+NET Desplazamiento: MgY2. pero el desplazamiento de la reacción se asegura añadiendo un fuerte exceso de NaF.4782 g de muestra. b) En la primera valoración: mmol EDTA = mmol Mg2+ + mmol Zn2+ mmol Mn2+ = mmol EDT (desplaz.19.--> MgY2.+ 2F.0 ml de una disolución amoniacal de EDTA de la que 2. Una disolución contiene una mezcla de Mg2+ y Zn2+. Pt Zn = 65.6 * 0.0230 M para su valoración.2 mg de Zn.7 * 0. Finalmente el exceso de EDTA se valora con una disolución de Zn(II) 0.20.3 Pat Zn = 65.5 ml equivalen a 16.7 mg Problemas resueltos de Química analítica. tal como indica el proc edimiento. gastándose 22.4 . empleando NET (negro de eriocromo T) como indicador. Calcular el porcentaje de SO4(2-) en la muestra. el fluoruro debe reccionar y desplazar al Mg complejado cuantitativamente al EDTA. Datos: Pat Mg = 24.6 * 10^ -8. el sulfato de plomo formado se separa por filtración.4 Dicho valor de K es pequeño. 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.) = mmol Mg2+ 22. consumiéndosen 7.2 = 10^0.4 mg y Zn+2 = 36. Para determinar ambos iones se valoran 20.0230 = Mg2+/Pt Mg Sustituyendo y despejando: Mg2+ = 10. observándose la aparición de un precipitado y liberándose una cantidad de EDTA tal que se necesitaron 18.19. a) Las reacciones que tienen lugar son: Valoración: Mg2+ + Zn2+ + Y4.0 ml de muestra con EDTA 0.--> MgY2.+ Mn2+ --> MnY2Para validar el método. se lava y se disuelve en 25. PQA 3.+ ZnY2Indicador: MgNET + Y4. a) Justificar el procedimiento seguido.(eceso) +Zn2+ --> ZnY4Es un valoración por retroceso y se cumple que: mmol Y4.7[H+]^4 = 10^15.+ SO4(2-) + Y4.= mmol Zn2+ 2.0 ml de disolución.5 ml.0 y se siguió adicionando EDTA 0. b) Determinar las cantidades exactas de Bi(III) y Pb(II) presentes en 50.4 MH2Y2.0991 mol/l y sustituyendo: 25. gastándose 42.5 *MY4.Las reacciones que tienen lugar son: SO4(2-) + Pb2+ <--> PbSO4 (precip) PbSO4 (precip) +Y4.8[OH-]^2 + 10^35.= 0.1 % Problemas resueltos de Química analítica.8[H+]^3 + 10^21.0991 = mg SO4(2-)/96 + 7.= mgZn/Pt Zn = 16.7 se valoró con EDTA 0. consu miéndose 24.050 M hasta viraje del naranja de xilenol. P QA 3.7: alfasubgamma^4-[H+] = 1 + 10^11[H+] + 10^17. la disolución obtenida se llevó a pH 5. a) A ph=1.0 ml y una vez ajustado el pH a 1.18.050 M hasta completar la valoración.--> PbY2. Para determinar la composición de una disolución de Bi(III) y Pb(II) se aplicó el siguiente procedimiento: Se tomó una alícuota de 50.7[ OH-] + 10^15.1 alfasubBi3+(OH-) = 1 + 10^12.0 ml en total.3[H+]^2 + 10^19.(exceso) Y en la valoración: YY4.(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 Y4.18.2[OH -]^3 = 10^3. 3. A continuación.0 * 0.5 .2/65.0986 y despejando mg SO4(2-) = 168 mg pasando a porcentaje: %SO4(2-) = 168* 100/478.4 * 0.2 = 35. indicando las especies que se valoran en cad a uno de los pasos. b) A pH=1.0: alfasubY4-(H+) = 10^7.0 ml A pH=5.17.7 A este pH el Bi(III) sigue acomplejado y se valora el Pb(II). alfsubPb2+(OH-) ~= 1.= 18. Sabiendo que el volúmen de valorante consumido hasta viraje del negro de eriocromo T fue de 9.7 = 11.8[OH-] + 10^10.3 .9 Los valores de las constantes indican que a este pH la única especie valorada es el Bi(III).= 18.24.5 * 0. Pm CaCO3 = 100. 3.= 22.8 .5 .7.0 ml Problemas resueltos de Química analítica.15.8 log K'subPbY2.15. Pat Pb = 207) mmol EDTA = mmol Bi(III) 24.0 ml de la misma equivalen a 5.7.= 22.9[OH-]^2 + + 10^14.0 .0 = 2. log K'subBiY. aplicando Pm MgCl2 = 95.0 ml de una disolución de Mg2+ preparada disolviendo 0.6[OH -]^3 ~= 1 log K'subBiY.5) * 0.3 .8 . Calculamos la concentración de la disolución de Mg2+. PQA 3.600 g/l de MgCl2.5 = 7.3.1 .0 .3 = 0.0 MMg2+ = 0.050 = mgBi/209 mgBi = 256 mg Bi/50.0063 mol/l Para la concentración de la disolución de EDTA conocemos la relación mmol EDTA = mmol Mg2+ y mmol EDTA = mmol CaCO3 .1 .3.6 ml.3. Se quiere determinar la riqueza de un agua. A ph 5.600/95.17. Expresar el resultado de la dureza obtenida como partes por millón de CaCO3.2 log K'subPbY2.alfasubPb2+(OH-) = 1 + 10^7.0.0 mmol EDTA = mmol Pb(II) (42.7 (Pat Bi = 209. alfsubBi3+(OH-) = 10^3.7. Para ello se valoran 100 ml de muestra con una disolución de EDTA de la que se sabe que 1.0 = 10.050 = mgPb/207 mgPb = 181 mg Bi/50. Seguidamente. PQA 3.5.se hízo reaccionar en presencia de KI.147 mg/ml de KCN. el exceso de CN . consumiéndose 4. Para ello se añadió amoniaco en exceso y a continuación.250 = 0.5.--> HgCl2 por lo que deducimos la relación mmol Cl -/2 mmol Hg2+ NCl/58.5 ml de Hg2+ en la valoración de 1.15. Pm HgO = 216. Se preparó un disolución mercúrica disolviendo 1. ¿Cuál es el porcentaje de NaCl en dicha muestra? Pm NaCl = 58.16. con una disolución de Ag+ 0. 3.2500/216.16. y 0. Calcular los gramos de níquel contenidos en la disolución analizada.3 ml hasta aparición de turbidez. A continuación. Si se consumieron 25.0315 = mg CaCO3/100 obteniéndosen: 30.2) * MHg2+ de dónde MHg2+ = (1. empleando nitroprusiato sódico como indicador.6 La reacción de valoración es: Hg2+ + 2Cl.580 = 4.1.0231 mol/l Hg2+ y pasando a porcentaje: %NaCl = 0. esta disolución se empleó para determinar las impurezas de NCl en una muestra de NaNO3.2 mg/100 ml de CaCO3 ó 302 mg/l de CaCO3 ó 303 ppm de CaCO3 Problemas resueltos de Química analítica.0 * 0.15. . 3.3% Problemas resueltos de Química analítica.0.2 ml de la misma disolución en el ensayo en blanco.0684*100/1.5 .5 = 2*(25.0 * M(EDTA) = 5.6 * 0. 52.6)/0.580 g de muestra.0063 despejando: M(EDTA) = 9. Se valoró por retroceso el Ni2+ presente en una disolución.1 ml de una disolución de cianuro que contenía 8.126M.250 g de HgO en ácido nítrico y diluyendo hasta 250 ml. PQA 3. 054 g Cu La reacción de valoración de cobre II con cianuro se realiza en la relación 2Cu(NH3)4(2-)/7CN.0 ml de dicha disolución patrón si se valoráran por el método de Liebig? El latón analizado contiene 0.6 ml hasta desaparición del color azul del complejo de cobre en medio amoniacal.120 * 0. PQA 3.147/65.Ni =58.) mmol KCN (total) 4 mmol Ni2+ + 2 mmol Ag+ Pm. por tanto: 1. KCN = 65.0 Pt.054 * 10^3/1 08) despejando M = 0.120 g de la misma y se valoran con una disolución patrón de KCN.1 * 8.9 mg Ni Problemas resueltos de Química analítica.3 * 0. ¿Cuántos gramos de Ag+ reaccionarán con 1. Cuand o se disuelven 0. se consumen 18. El porcentaje de cobre de una muestra de latón es del 45.126 Ni = 79.14.160 = 2 * (Ag+ * 10^3/108) despejando Ag+ = 0.+ Ag+ --> AgI (precip.45 = 0.0%.7 + 2 * 4.0 * 0.6 mg Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 06/Dic/2006 12:42 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro .0 = 4 * Ni/58.Las reacciones que tienen lugar son: Ni2+ + 4NH3 -->Ni(NH3)4(2-) Ni(NH3)4(2-) + 4CN. 3.160 mol/l KCN En la valoración de la plata la relación es mmol CN.= 7/2 mmol Cu 18.7 52.6 * M = 7/2 * (0.--> Ni(CN)4(2-) + 4NH3 Ag+ + 2CN.0086 g ó Ag+ = 8.= 2 mmol Ag+.por tanto: mmol CN.14.--> Ag(CN)(2-) I. 0223 g. El aluminio precipita con la 8 -hidroxiquinoleína C9H7NO.1098 g. Si la masa de este precipitado es de 0.) moles sacarina/moles S = moles So4(2-) = moles BaSO4 moles sacarina = g BaSO4/Pm BaSO4 = 0.Oxid ->SO4(2-) SO4(2-) + Ba2+ <--> BaSO4 (precip.20.1098 g. 4. K2SO4 · Al2(SO4)3 · 24 H2O. 4. Una muestra de 1. 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 <.0175% Problemas resueltos de Química analítica. 0. que posteriormente es precipitado con bario.00 = 0 .0175 * 100/100. Una vez filtrado.0223/233.Mensajes: 1. se disuelve y el aluminio se precipita con 8 -hidroxiquinoleína. PQA 4. PQA 4.056 Desde: 19/Dic/2003 #4·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos Problemas resueltos de Química analítica.19 = 0. obteniéndose una masa de 0.55 * 10^-5 g sacarina = 9.) + 3H+ Una vez calcinado a Al2O3 y determinado su peso.19.55 * 10^-5 * 183. que contiene sólo impurezas inertes. el precipitado se calcina a Al2O3.55 * 10^-5 * Pm sacarina = 9.0175 g % sacarina = 0.00 g se somete a un proceso de oxidación mediante el cual su contenido en sacarina es transformado en sulfato.19. según la reacción: Al3+ + 3C9H7NO <-->Al(C9H6NO)3 (precip. Calcular los porcentajes de aluminio y azufre en la muestra.20.40 = 9. se puede calcular el contenido de aluminio en la muestra. .227 g de alumbre. Una muestra de sidra de 100. 21% El contenido de aluminio en peso y su porcentaje será: g Mg = g Mg2P2O7 * 2 * Pat Mg/Pm Mg2P2O7 = 1.05811 g % Al = 0.2849 * 100/0.97% El contenido de aluminio en peso y su porcentaje será: g Al = g Al2O3 * 2 * Pat Al/Pm Al2O3 = = 0.0133 * 100/0. obteniéndose 1.31/222. El contenido de silicio en peso y su porcentaje será: g Si = g SiO2 * Pat Si/Pm SiO2 = = 0. PQA 4.0133 g % Si = 0.0285 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 = 0.5383 g.6750 g se disuelve en ácido y se separa el silicio en forma de SiO2.6750 = 42. silicio y magnesio.96 = 0.2849 g % Al = 0.09 = 0.98 = 0.18.98/101. que tras el adecuado tratamiento da una masa de 0. 4.2277 = 4.5383 * 2 * 26. Calcular la composición de la aleación. cuya masa un vez cal cinada es de 0.6946 g. En esta disolución amoniacal. finalmente.g Al = g Al2O3 * 2 * Pat Al/Pm Al2O3 = = 0.00254 moles S = 2* moles Al = 2* 0.05811 * 100/1.09/60.1098 * 2 * 26.18.0285 * 28.004308 g S = moles S * Pt S = 0.1381 g % S = 0. Una aleación contiene aluminio.96 = 0.004308 *m 32.1381 * 100/1.06 = 0. A la disolución ácida resultante se le añade amoniaco y se precipita el aluminio como Al2O3.6946 * 2 * 24.3702 g .56 = 0. se precipita el magnesio con fosfato.0002154 = 0.25 % Problemas resueltos de Química analítica.2277 = 11. Una muestra de 0. se calcina el precipitado y se pesa como pirofosfato.98/101.05811/26.6750 = 1. % 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: El peso de este compuesto fue de 0. previamente disuelta.) -> CaCo3 (precip. Pm Ca CO3 = 100. posteriormente calentado hasta su transformación en carbonato cálcico.) CaC2O4 (precip. PQA 4.7554 g de piedra caliza.7554 = 15. Datos: Pat Ca = 40.14.3407 g CaO = 0.1207 * 100/ 0.08/100.785 + gMgO = 0. Calcular el porcentaje de calcio en la muestra de caliza.08. Precipitamos el calcio con oxalato y por calcinación se transforma térmicamente en carbonato: Ca2+ + C2O4(2-) <--> CaC2O4 (precip. Pm CaCO3 = 100.3015 g.5776 g g Cao + g MgO = 0.127 g %Ca = gCa * 100/g muestra = 0.) + CO (gas) La relación molar es .7554 g de piedra caliza.0.) CaC2O4 (precip. g Ca = g CaCO3 * Pat Ca/PmCaCO3 = g CaCo3 * 40.09. posteriormente calentado hasta su transformación en carbonato cálcico. previamente disuelta.4004.98% 4.) -> CaCo3 (precip.3407 .) + 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. Calcular el porcentaje de calcio en la muestra de caliza. fue precipitado como oxalato y.08.3015 * 40. Precipitamos el calcio con oxalato y por calcinación se transforma térmicamente en carbonato: Ca2+ + C2O4(2-) <--> CaC2O4 (precip.3018 = 0.3015 g.14.g CaO * 1. Datos: Pat Ca = 40.09 = 0.3018 g MgO = 0. El calcio de una muestra de 0. fue precipitado como oxalato y.14.09 = 0. El peso de este compuesto fue de 0.08/100.0399 g Problemas resueltos de Química analítica. El calcio de una muestra de 0. Gravimetrías 4. Se analiza un muestra comercial de cianuro potásico.3015 * 40. PQA 4 .26. Síntesis: P. y que contiene pequeñas cantidades de cloruro y de sustancias inertes. expresado como porcentaje de KCl.08/100.70 ml hasta la obtención de un color rojizo. Pingarrón y F.98% Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit. J. a) Valoramos el cianuro con nitrato de plata. se disuelve y se valora con 45. Calcular: a) el contenido total de cianuaro en la muestra.056 Desde: 19/Dic/2003 #5·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos Problemas resueltos de Química analítica. que se sabe está contaminada con cianuro sódico.26. A continuación se prosigue la adición de AgNO3. por el método de Liebig.127 g %Ca = gCa * 100/g muestra = 0.000 g de muestra.1650 M hasta turbidez permanente. gastándose 47. empleando K2CrO4 como indicador.4004. Para ello se pesa 1.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: 1.09 = 0.7554 = 15.M.J.09 = 0. 4.08/100.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. Yañez-Sedeño. expr esado como porcentaje de KCN y b) el contenido de cloruro en la muestra.95 ml de AgNO3 0.1207 * 100/0. transcurriendo la reacción así: . g Ca = g CaCO3 * Pat Ca/PmCaCO3 = g CaCo3 * 40. ) mmol Ag+ = mmol g(CN)2.+ mmol Cl(mmol Ag+)ini = 0.) Cl. 4.25.+ mmol Cl0.+ Ag+ <--> Ag[Ag(CN)2] (precip.582 = mmol Ag(CN)2 (mmol Ag+)exceso = mmol Ag(CN)2. disolviéndolos en H2SO4 diluído y valorando seguidamente la disolución de ferrocianuro.70 = 7.2 CN.95 = mmoles CN15.12 = 987.+ Ag+ <-->Ag(CN)2. origin ando el primer exceso de ión plata un precip. gastándose 16. que indica el final de la valoración según el método de Mohr y las siguientes reacciones y equivalencias: Ag(CN)2.0 ml de ésta se valora con una disolución de ferrocianuro potásico. La concentración de la disolución valorante fue previamente determinada pesando 0. rojo anaranjado de Ag2CrO4.0 = 2.2890 * 74.+ Ag+ <--> Ag[Ag(CN)2] (precip. que gastó 12.55 mg % KCl = 21.= mmoles KCN 15.) .) En el punto de equivalencia se cumple la relación: 2 mmoles Ag+ = mmoles CN2 * 0. Una alícuota de 25. Calcular el porcentaje de sulfuro de cinc en la blenda.55 * 100/1000.56 = 21.1 ml.1650 * 45.0 = 98.0490 g de Zn metálico.1650 * 45.= 0. seguida de la de cloruro de plata.2 mg KCN % KCN = 987.5 ml de la misma.2 * 100/1000.95 = 7. se elimina el H2S y la disolución resultante se enrasa a 250 ml.25.) Añadimos la cantidad estequiométrica y un ligero exceso y se produce una turbidez permanente de dicianoargentato (I) de plata: Ag(CN)2.(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.1650 * 47.0728 g de masa se trata con HNO3.16 = mmoles CN.+ Ag+ <--> AgCl (precip. PQA 4.72 % b) Para determinar el cloruro se añade un cantidad adicional de disolución de nitrato de plata. Una muestra de blenda de 1.582 + mmol Cl mmol Cl.16 % Problemas resueltos de Química analítica.16 * 65.2890 mg KCl = 0. 24.02 mmoles Ahora calculamos la masa de ZnS en la alícuota de 25.+ Ag+ <--> AgCl (precip.1250 M.0/65.0 ml: mmoles Zn2+ = mmoles ZnS = 1. Una mezcla de NaCl y MgCl2 que pesa 1.0413 mol/l Conocida la concentración del valorante.500 = MsubFe(CN)6(4-) * 12. 2 * mmoles Zn2+ = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) 2 * mmoles Zn2+ = 3 * 16. 4.37 = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) mmol Fe(CN)6(4-) = 0. Calcular el porcentaje de MgCl2 en la muestra.43 = 99. Por tanto.5 ml. consumiéndose 24.6330 g se disuelve en agua y se lleva a un volúmen de 250 ml.0413 mmoles Zn2+ = 1.0 ml se valora con Ag+ 0.4 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 * 100/1072.7% Problemas resueltos de Química analítica.24. Una alícuota de 25.02 * 97.) En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es: . la cual se determina mediante la misma reacción. Se va a proceder a una valoración directa de cloruro con disolución patrón de Ag+: Cl.En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es: 2 * mmoles Zn2+ = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) Calcularemos primero la concentración de la solución valorante de ferrocianuro.8 = 92. PQA 4.1 y despejando MsubFe(CN)6(4-) = 0. se determina la cantidad de cinc en la muestra problema.5 * 0. a partir de los datos del problema se tiene: 2 * 49.500 mmoles mmol Fe(CN)6(4-) = MsubFe(CN)6(4-) * V 0. 00 ml de KSCN 0.44 + (2 * mg MgCl2)/95.) Las relaciones estequiométricas que se deducen de las reacciones son: mmol Ag+(tot) = mmol Cl. mg MgCl2 = 683 mg.8% Problemas resueltos de Química analítica.23. a partir de las dos ecuaciones con dos incógnitas citadas: .= mmoles NaCl + 2 mmoles MgCl2 mmoles Cl.y se producirán las siguientes reaccciones: Cl.23.+ Ag+ <-->AgCl(precip.00 ml de Ag NO3 0. PQA 4. teniendo en cuenta la estequiometría de las sales se debe cumplir que: mmoles Cl.<--> AgSCN-(precip.06 mmoles Para el volúmen total de 250 ml.6 mmoles Estos mmoles de cloruros proceden de la disolución de las dos sales.1250 = 3.0200 M para su valoración. tendremos: 163.=3. Par a ello se agregará una cantidad conocida de AgNO3. El exceso de sal de plata que no ha reaccionado con el cloruro se valorará con una solución patrón de SCN .+ mmol Ag+ tot mmol Ag+(exceso) = mmol SCNmmol Cl-(tot) = mmol NaCl + mmol KCl Calculamos Cl-(tot) en la muestra.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.5 * 0. Una muestra de 2.= 30. 4. Por tanto.= 24.06 * 250/25. tendremos: mmoles Cl.0 = 30.22 Teniendo en cuenta la masa total de la muestra de sales de cloruros. ¿cuál es el porcentaje de potasio en el feldespato? Aplicaremos el método de Volhard para la determinación indirecta de cloruros. Si se agregan 35.mmoles Cl. NCl y MgCl2.1000 M a la mezcla disuelta de cloruros y el exceso de Ag+ requiere 1.) + Ag+(exceso) Ag+(exceso) + SCN.2558 g. % MgCl2 = 683 * 100/1633 = 41.0000 g de feldespato produce una mezcla de cloruros de sodio y potasio que pesa 0.6 = mg NaCl/58.= mmoles Ag+ mmoles Cl. 8 mg = mg NaCl + mg KCl mg NaCl =13.0 ml.1238 g.01 mmoles mg Ag+ = 1.21. tenemos: pSCN. que tiene lugar mediante la reacción: Cu+ + SCN. Se quiere valorar una disolución de 50.36 % Problemas resueltos de Química analítica.=3. se disuelve en a. PQA 4.35.01 * 107.5 mg mg K = mg KCl * Pat K/Pm KCl = 242. Calcula r el contenido de plata en la moneda.00 *0.2 * 100/2000 = 6.3 y mg KCl = 242.+ 1. nítrico y se valora con KSCN 0.48 = mg NaCl/58. a partir de los puntos más significativos.1000 = mmol Cl. trazar la curva de valoración correspondiente. consumiéndose 47.0200 mmol Cl.5 * 39. Un fragmento de una moneda de plata que pesa 0.0 * 0.) mmoles Ag+ = mmoles SCNAplicando: mmoles Ag+ = 47.00 * 0.0214 = 1.00 * 10^ -2 M con Cu+ 4.56 255.= -log[SCN-] = -log(8.22.87 = 109 mg % Ag = 109 * 100/123. antes de añadir el valorante.<--> CuSCN (precip.<-->AgSCN(precip.56 = 127.00 * 10^-2 M. 4.21.=3. La reacción y sus relaciones estequiométricas serán: Ag+ + SCN.8 % Problemas resueltos de Química analítica.0 ml de tiocianato potásico 8. Aplicaremos el método de Volhard para la determinación directa de la plata.48 mmoles Cl.2 mg % S = 127. Representaremos valores de pSCN = -log[SCN-] frente al volúmen de valorante añadido de la disolución de Cu+.10 .0214 M.44 + mg KCl/74.22. 4.00 * 10^-2) = 1. PQA 4.8 = 88.) En el punto inicial.1 0/74. mmoles Cu+)/V ml = [50.0 = 2.0 + 10^-13.0 ml de Cu+ tendríamos: [SCN-]novalo = (mmoles ini de SCN.0 = 6. comprobaremos si sigue siendo despreciable la solubilidad del CuSCN.) calculando: .0 * (4. restándoles los mmoles de Cu+ añadidos y dividiendo el resultado por el volúmen total en ml de la disolución.00 * 10^-2) -50.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.00 * 10^-2)]/60. Tras añadir 10. La [SCN-]novalo se calcula a partir de los mmoles iniciales de Cu+ añadidos.00 * 10^-2)]/100.En el transcurso de la valoración y antes de llegar al punto de equivalencia..00 * 10 -2 M y pSCN = -log[SCN-] =1. La concentración de tiocianato debido a la solubilidad del CuSCN puede despreciarse frente a la [SCN-]novalo hasta aproximarse al punto de equivalencia.0400/149.57 En el punto de equivalencia al añadir los 100.0 * (4.0 * (8. casi en el punto de equivalencia.mmoles Cu+)/V ml = [50.0 * (8.00 * 10^ -2) -20.0 ml de Cu+ tendríamos: [SCN-]novalo = (mmoles ini de SCN.0 ml de Cu+ [SCN -] se obtiene del producto de solubilidad del CuSCN (precip.4/[SCN-]tot = 2.22 Tras añadir 50. 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 = 0.70 Para 99.0 ml..00 * 10-2 M y pSCN = -log[SCN-] = 1. la concentración de SCN.68 * 10-4 M pSCN = -log[SCN-] = 3. 09 *10^11 y pSCN = 10.57 --.95 -----2.21 --.4)= 2.46 --. Pingarrón y F.150 11.22 --.y) Vañad[SCN-]novalo pSCN-Vañad[SCN-]novalo pSCN 10 6.105 3.056 Desde: 19/Dic/2003 #6·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos .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: 1.140 11.34 --.00 *10^-7 6. Yañez-Sedeño.M. Datos curva valoración (x.1 70 ---2. J.120 11.5 50 2.57 30 3.86 20 4.3 90 ----2.00 --.100 2.4/(5.00 *10^-2 1.67 *10^-2 1.84 --.99 -----3.00 *10^-2 1.0*(4.50 *10^-2 1.130 11.59 * 10^-11 10.5 Tabla 1.110 1.09 * 10^-11 10.70 --.57 *10^2 1.0) = = 3.8 60 ----1.70 40 2.70 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. Síntesis: P.4 Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit.00*10^2)/155.J.2 80 ----2.00 *10^-7 y pSCN = 6.54 --.4/[Cu+]exceso Para 105 ml Cu+ tendremos: [SCN-] = 10^-13.[SCN-] = [Cu+] = raiz(Ksub(s)) = raiz(10^-13. 760 = 2.= 4.453 (mmol SCN-sin reacc) = 0. se requiere un volúmen de disolución de Ba2Cl 0. 4. se filtra y el filtrado se lleva 250.00 * 0. (mmol Ag+tot) = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) 5.1132 = 2. Por último la cantidad de Ag+ sobrante se valora con la disolución patrón de SCN.1132 M.0. por lo que ahora los referiremos a los 250 ml totales: (mmol SCN-sin reacc) = 250 * 0. C5H5N. ¿Cuál es el .83 .1210 = (mmol SCN-sin reacc) + 0. Para determinar el contenido de sulfato en una muestra de sal de Mohr.07 Por la estequiometría de la reacción: 2 * mmol Co(2+) = mmol SCN2 * mmol Co(2+) = 2.no reaccionado se trata. y se valora el exceso de SCN-. precipitando AgSCN.30.Problemas resueltos de Química analítica.0 ml de KSCN 0.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) 5.por el método de Volhard. requiere 4. El exceso de plata.31.0 ml se tratan con 3 ml de piridina y 25.04 Problemas resueltos de Química analítica. si 25. para que se produzca Co(C5H5N)4(SCN)2. Un método para la determinación del ión Co(2+) consiste en añadir a la disolución problema un exceso conocido de SCN -.760 (mmol SCN-tot) = 25.00 * 0. en ml.0 * 0.00 * 0.1132 M hasta aparición de color rojo. es igual al porcentaje de hierro en la muestra.07 mmol Co(2+) = 1.2000 M cuyo valor. 4.1132 = 0. PQA 4 . en presencia de piridina.31.) El SCN.00 ml de KSCN 0. se toma una alícuota de 50.1210 M..30.0 ml y se añade 5.<--> Co(C5H5N)4(SCN)2 (precip. después se filtra el precip. basada en la reacción: Co(2+) + 4 C5H5N + 2 SCN.83 (mmol SCN-sin reacc) = 2. contaminada con impurezas inertes. PQA 4.152/5 = 0. Calcular la concentración de Co(2+) en la disolución.00 * 0.0 ml. El Co(2+) se va a determinar de forma indirecta mediante su precipitación en presencia de piridina con un exceso de disolución de SCN -.605 .453 Sustituyendo arriba: 5. con un exceso conocido de disolución de AgNO3. tras la adición de unas gotas de Fe3+.00 ml de AgNO3 0.152 Estos valores se refieren a una alícuota de 50 ml.453 = 0.0.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) mmol Ag+ = mmoles SCN. 2000 = 2 * mmoles Fe = 2 * mg Fe/55.5 ml de AgNO3 0. KCN y KSCN se pone en disolución y requiere 14. del cual se requieren 39.29.85 mg muestra = 558.00920 M.100 M hasta aparición de una tenue turbidez.1 ml. se añade suficiente cantidad de AgNO3 para que precipiten las sales de plata como AgCN. El precipitado total obtenido se trata hasta descomposición de todos los precipitados. 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.6 ml de AgNO3 0.5 Problemas resueltos de Química analítica. AgSCN y AgBr. A otra muestra idéntica se le añaden 52.peso de la muestra?.100 = 2. Calcular las masas de NaBr.) En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es: 2 * mmoles Ag+ = mmoles CN1 * 14. quedando un exceso . necesit ándosen a continuación 8. idéntica a la primera.0920 M para valorar el exceso de Ag+ por el método de Volhard. (NH4)2 . 4. PQA 4.2000 = mmoles SO4(2 -) V ml * 0. En la primera muestra se lleva a cabo una determinación de cianuro de acuerdo con el método de Liebig.) 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)2.100 M.<-->Ag(CN-)2 (precip. Una mezcla que contiene NaBr.85 V ml = mg Fe * 100/mg muestra mg Fe* 100 * 0. mediante la reacción: Ag+ + 2CN.92 mmol CN A la segunda muestra. 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. 6H2O que es un sulfato ferroso amónico hexahidratado y cada mol de esta sal contiene dos moles de sulfato y uno de hierro.6 * 0. La disolución resultante se valora segui damente con KSCN 0.29.2000/mg muestra = 2 * mg Fe/55.25 ml de KSCN 0. a excepción del de AgBr. 0 ml.28. se disuelven en agua y se valoran por el método de Mohr con la disolución de AgNO 3 requiriendo 21.1 * 0.0920 M.92 + 0. tenemos: mmol Ag+ = 39.+ mmol Br + (mmol Ag+exceso) 52.presente en la muestra es de 2. Una muestra de 2.7 mg mg KSCN = mmol KSCN * 97.0.consumen 19.891 * 102.+ mmol Br + (mmol Ag+exceso) Para valorar el exceso se requieren 8.= 0. di -(p-clorofenil)tricloroetano.7 ml de SCN.0920 = 0.+ 0.18 = 0.92 + mmol SCNmmol SCN. se mineraliza y la disolución resultante se enrasa a 100.0.12 = 190 mg mg NaBr = mmol NBr * 102.891 Y por último calculamos las masas de las sales: mg KCN = mmol KCN * 65.1226 g.759 Como el exceso de Ag+.7 ml de esa misma disolución de Ag+.680 + mmol Br.5 * 0.75 ml de SCN -.de Ag+ que se valora con SCN.25 ml de disolución patrón de SCN .100 = 2.0920 = 3.0 ml se le añaden 10. En la valoración del exceso de Ag+ se consumen 3.90 = 0.4 ml de la misma. PQA 4. . calcular el porcentaje de DDT en el plaguicida.680 Calculamos ahora Br-.+ mmol SCN.1 mg Problemas resueltos de Química analítica.1 ml de SCN . Si 17.28.0 ml de una disolución de AgNO3.90 = 91.759 mmol Br = 0.92 + mmol SCN .+ mmol Br.680 * 97. tendremos: mmol Ag+ = 3. Para determinar la concentración de la disolución de AgNO3 se pesan 0. A una alícuota de 25.759 La cantidad de CN. sustituyendo y despejando en la ecuación de arriba: (mmol Ag+tot) = mmolCN.+ mmol Br + 0.60 = 2.100 = mmol CN. tras precipitar el Br-.+ mmol SCN. 4.por el método de Volhard.12 = 2.5 * 0.según se ha valorado previamente y sustituyendo : 52. ha precisado 39.60 Y como este exceso proviene de la disolución de los precipitados de AgCN y AgSCN.2886 g de un plaguicida que contiene DDT.+ 0. Por tanto: (mmol Ag+exceso) = 8.759 52.5 = 2.92 * 65.92 mmoles de CN . Por tanto en esta segunda muestra: (mmol Ag+tot) = mmolCN.+ mmol SCN.18 = 66.0920 M.25 * 0. de NaCl. 6/58.27. se lleva a cabo transformándolo previamente en sulfato y procediendo seguidamente a su valoración con una sal de bario. sabemos: mmol Ag+ = mmol SCN19.0 * 0.0104 M requieren 8 .Para calcular la concentración de la disolución de AgNO3. Los mmoles de azufre en la muestra igualan a los de sulfato formados y éstos a los de .= 0.0980 = mmol Cl . empleando rojo de alizarina S como indicador de absorción. a continuación se procede a valorar esta disolución con Ba(ClO4)2.+ mmol SCN10.= mmol NaCl 21. que actúa por un principio semejante al del método de Fajans. un compuesto orgánico.5 = 162 % DDT = 162 * 100/2288.08% Problemas resueltos de Quí mica analítica. El contenido de azufre en un compuesto orgánico se determina por el procedimiento siguiente: se toman 5. que reaccionan con los de Ag+ añadidos y el exceso se valora con SCN mmol Ag+ = mmol Cl. sabemos: mmol Ag+ = mmol Cl. La determinación de azufre en la muestra problema.109 La mineralización de la muestra produce iones de Cl .60 ml de la disolución de Ba(ClO4)2 para su valoración. PQA 4.6 = 7. 4.0980 = 17.7 * M(SCN -) M(SCN-) = 0.+ 3.456 mg DDT = 0.456 * 354. gastándose 1.4 * M(Ag+) = 122. bajo la siguiente reacción: SO4(2-) + Ba2+ <--> BaSo4 (precip.571 Como cada molécula de DDT contiene 5 átomos de cloro nos permite deducir los mmoles de DDT mmol DDT = mmol Cl-/5 = 0.571/5 = 0.7 * 0.75 * 0.109 mmol Cl.) El punto final se detecta con un indicador de absorción.procedentes del DDT.114 Estos cálculos corresponden a una alícuota de 25 ml y referidos a la muestra de 100.00 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 H2O2.44 M(Ag+) = 0.27.114 * 4 = 0. Si 10.53 ml de dicho valorante.0 ml serán: (mmol DDT)tot = 0.00 ml de H2SO4 0. formándose H2SO4. calcular el % de S en la muestra.0980 mol/l Para calcular la concentración de la disolución de SCN -. Pingarrón y F.0185 mg S = 0.593 * 100/5. Jueves.M de Villena. .60 ml Ba(ClO4)2 mmol SO4(2-) 10 * 0.00 = 11.0104 M = 8.9% Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit.056 Desde: 19/Dic/2003 #7·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos .60 * M(Ba2+) M(Ba2+) = 0. Un afectuoso saludo de Bobquim :7] Editado por bobquim. J. 7 de Diciembre de 2006.J. Síntesis: P.53 * 0.0121 mmol S = 0.0104 = mmol Ba2+ 0.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.M. 18:47 07/Dic/2006 18:40 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1.104 = mmol Ba2+ = 8. Yañez-Sedeño.0185 * 32.064 = 0.593 % S = 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. siendo el resto cacao.007 moles Desarrollar un método de análisis de estimulantes en chocolate negro (sin leche).. relajante de la musculatura lisa.7-dimetil-1H-purina-2. Las partículas de chocolate van a un tubo de centrífuga tarado previamente de 15 ml y se pesa./100 mg y 120 mg glu/100 mg sangre.20/x mol ==> x mol = 1. Cafeína C8H10N4O2 ó es C9H9N3O2. otro C con rama metil. Hemos elegido uno de 33% de grasa y 47% de azúcar.7-diidro-1.6-diona. los estimulantes que queremos analizar son insolubles en grasa por lo que los encontraremos en el fondo del tubo una vez centrifugado.7-dimetilxantina o 3. otro NH y por último otro C=O).7-dihidro-3. Preparación de la muestra para su análisis químico: Preparamos una muestra patrón con cantidades conocidas de teobramina y cafeína. El porcentaje de grasa y azúcar oscila según el fabricante.Se hace un análisis de glucosa en sangre antes y después de una comida. 1. para así poderla moler sin que se apelmace.20/180 = 0. Un diurético.21.3. Estimula el sistema nervioso central. se cierra el tubo con su tapón y se agi ta vigiorosamente para disolver la grasa. anillo bencénico con anillo pentagonal en dos de los carbonos unidos por enlace doble (dos N con enlace simple.Más problemas resueltos de Química Análitica cu antitativa. Teobromina C7H8N4O2.80/x mol ==> x mol = 0.7 -trimetilxantina 3.80/180 = 0. estimulante cardiaco y vasodilatador.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 E1. misma estructura en el anillo pentagonal y cambio del grupo NH por un CH3.6diona. la troceamos y congelamos en frigorífico. junto con el mortero y su maza. Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C. Se vuelve a repeti dos veces más el proceso de extración con disolvente. Pesamos una cantidad de chocolate. El líquido que sobrenada se decanta y se desecha. cafeína y teobromina principalmente. Glucosa C6H12O6 180 g/mol Solución: 180g/mol=0.004 moles y 180g/mol=1.7-trimetil-1H-purina-2. de la familia de las metilxantinas. Consultando la bibliografía en Chemical Abstracts hemos encontrado un método que utiliza cromatografía de líquidos de alta presión (HPLC). sin manteca grasa y seguimos el mismo procedimiento que el analito. otro grupo CO. vertiendo en el tubo 10 ml de un disolvente orgánico (éter de petróleo). El disolvente residual se elimana . 3. Calcular la concentración de glucosa em Moles. resultando antes/después = 80 mg glu. uno de ellos con rama metil y el restante con doble enlace a CH).3. Luego se separa la grasa que interferiría en el proceso final. 050+-0. Al ser más soluble la cafeína que la teobromina en el medio de hidrocarburo.onzas/consumición (onza=28.3 g). 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. 20 ml de etanol y 1ml de ácido acético.106-164. 25. 2 min y 4 min de azúcares que no deseamos identificar. queda retenida aquélla en su superficie. Tabla de resultados finales: gramos analito/100 g chocolate Chocolate negro blanco Teobramina 0. En un chocolate blanco se encuentran ínfimas cantidades de estimulantes (2% sobre los negros).com/2008_01_01_archive.Cafeína mg/consumición).002. luego nuestros estimulantes pesan ahora 3. menor que el 1% de la media y por tanto una medida muy reproducible. recubierta de moléculas de hidrocarburo unidas por enlaces covalentes (Hypersil ODS 5 micras.9 microgramos/gy otro entre el min 7 y 8 correspondiente a la cafeína y de altura 0. pasándolo al erlenmeyer y completándolo con agua hasta 30 ml y pesándolo nuevamente (el peso total será de unos 33.0014 Según otros estudios Chocolate negro puro 450 g de teobramina en 30 gramos (¿?) y diez veces más que el de con leche.5 min identificado como el de teobromina de unos 13 cm de altura y cuya area del pico corresponde a una concentración de 36.007 tan gr ande como la media 0.45*10^ -6m).8/13 Para la teobramina los resultados dan una desviación standar de 0.html Otros productos conteniendo cafeína: Alimento. Inyectaremos 20 microlitros (20*10^ -6 l) y se eluye a una velocidad de 1. 50 y 100 microgramos de analito/g disolución.010+-0. * 150 mm long. deberemos purificar la muestra para eliminar las partículas sólidas que obstruirían la columna.5.010. El cromatograma presenta unos pequeños picos entre 0.003 0. Ahora antes de inyectar en una columna cromatográfica.35 g) Café normal.007 Cafeína 0.002 0. uno muy alto entre 3 y 3. La desviación standar da 0. indicando que la medida no es muy reproducible.0 ml/min mediante una disolución preparada conteniendo 79 ml de agua. lo haremos mediante nueva centrifugación y filtración del líquido sobrenadante a través de una membrana filttrante de tamaño de poro 0. El detector de UV a 254 nanómetros detecta su salida al absorber radiación y disminuir la señal que llega al detector.3 g.5 . http://ojodistante. El análisis cromatográfico: Preparamos muestras para la curva de calibrado de 10.calentando el tubo de centrífuga en un vaso con agua hirviendo (baño maría). transferiremos todo el contenido en suspensión a un erlenmeyer tarado de 50 ml y procederemos a disolver los analitos con agua. Luego se pesará en frío y la diferencia con el peso inicial será el peso de estimulantes desengrasados que reciben el nombre de analitos.0009+-0. mientras que la teobromina sale antes por el final de la columna. Vamos a usar una columna de sílice de 4.45 micrómetros (0.392+-0.blogspot. El matraz se calienta ahora al baño maría hirviente para extraer los estimulantes.6 mm diam. 7 g/58.44 g/mol =0.6. y la de té unos 100 mg.20 g/mol. Chocolate puro. superior en teobramina y cafeina que todos los citados.2-5.44 g/mol y MgCl2: 95.2.19 g/ml de densidad..025 l = 0. 25 ml = 0.0 = 63. de cafeína.3.Se han encontrado 34 ppb del alcano de átomos de Carbono impar C29H60 en el .21-50.054 mol/l) * (95.19 g/ml * 1000 ml = 1190 g g/l HCl = 1190 g/l * 0.20 g/mol)/1 litro) * 0.370 g HCl/disolu = 440 g HCl/l molaridad HCl: mol HCl/l disolución = (440 g HCl/L) /(36. ¿Cúal es la molaridad de esta disolución salina en NaCl y cuántos g/l contiene en MgCl2 y en 25 ml?.1 Refrescos con cafeína.46 g HCl/mol) = 12. Solución: Datos: NaCl: 58.4.46 g/mol.20 g/mol)/1 litro = 5.Café descafeinado.054 M en MgCl2 (cloruro de magnesio).063 kg de agua.20.0 .37.025 l. Solución: 1.1 chocolate con leche.1 Ml ó 16.1 m E1.46 M gramos/l MgCl2 = (0.015 mol HCl/0.015 moles y el resto es el disolvente (agua) 100.13 g E1.5 Té.7 g de sal común (cloruro sódico) por 100 ml de agua y es 0.36-57.. 100 ml = 0.054 mol/l) * (95.35.El agua de mar contiene normalmente 2.100 l.1 M Para calcular la molalidad sabemos que 100 g de dis olución contienen 37. E1. Una taza de café tiene como media 70 mg. 2.5 Batido de 2-8.12 Guaraná.046 mol Molaridad(NaCl) = mol NaCl/1 litro = 0.1 ml mol/l = 12. Hcl 36.6cacao. Molalidad = mol HCl/kg disolvente= 1.0 g de HCl que son 1.100 l = 0..046 mol/0.Hallar la molaridad y molalidad de un HCl del 37% en peso y 1.0 g de agua = 0.1 moles/Kg = 16.053 kg agua = 16.1408 g/l gramos/25 ml MgCl2 = ((0.1 chocolate dulce. 7.La densidad del hidróxido amónico concentrado es 0.500 l => Vconc = 8..280 g NH3/g disol)/(17.00 * 10^-3 mol/l * 0.00 * 10^ -3 mol CuSO4.500/l = 4.3 * 10 ^ -8 M = 83 nM u 83 nanomoles/litro E1.45 ml .agua de una lluvia de verano en Hannover Alemania. Luego se necesitan disolver la mitad de moles para prepara 500 ml.999 g y agua hasta enr asar a los 500 ml E1. 408..250 M?.5.00 mM de Cu=.69 g/mol. ¿Cuántos ml de este reactivo se tomarán para prepara una solución de HCl 0.8 g/mol Solución: 34 ppb/l = 34 * 10 ^ -6 g/l = 34 ng/ml Molaridad C29H60 = 34 * 10^ -6 g/l/ 408.5H2O deben de disolverse en un matraz de 500 ml para preparar una disolución 8.00 * 10 ^-3 mol * 249.100 M * 1000 ml => x= 8. procedente de la sintetización de plantas.0% en peso de NH3 ¿Qué volúmen de reactivo debemos de diluir hasta 500 ml para prepara NH3 0.1 M * x ml =0.5H20 Psando a gramos 4.1 M.899 g/ml y contiene un 28.8 M Mconc * V conc = M dil *V dil => 14./l * 0.6.00 *10^ -3 moles/l.-¿Cuántos moles de CuSO4.8 mol/l *Vconc = 0. Hallar la molaridad de dicho alcano.00 mM contiene 8. 8. 249.100 M? Solución: Mconc*Vconc = Mdil *Vdikl 12.69 g/mol = 0.26 ml E1.El clorhidrico concentrado que se usa en laboratorio tiene una molaridad de 12. La reacción que tiene lugar al disolver NH3 en agua es: NH3 + H2O <==> NH4+ + OH Solución: Molaridad NH3 = (899 g disol.8 g/mol = 8.250 mol/l *0. Solución: Una disolución 8.03 gNH3/mol NH3) = 14.45 *10^-3 l = 8. 14 * 10^-3 mol Fe * 55.22 * 10^-2 mol Fe2+ 3.(900ºC)--> Fe2O3(s) Resultados: relación Fe2O3/2Fe = 1/2 mol Fe2O3 = 0. b) Determinar cuantas pastillas se tienen que procesar para que obtengamos un calcinado de al menos 0.250 g de Fe2O3 hay 0.15 mg Fe/pastilla 0.175/(0.5 veces el volúmen calculado de H2O2: .180 g Fe2+/mol Fe2+ = 3.22 mo * 10^-3 mol Fe2+* 1mo.175 g Fe Ahora calculamos el volúmen mínimo necesario de H2O2 al 3% (10 volúmenes) para la reacción 2Fe2+ 1H2O2 --> 2Fe3+ .. 0. 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.E1.250 g de Fe2O3.. 12 pastillas * 15 mg Fe Fe/pastilla = 180 mg Fe2+ ó 0.845 g Fe/mol FE = 0.57 * 10^-3 mol * 2 mol Fe/mol Fe2O3 = 3. Datos: H2O2 34.57 * 10^ -3 mol 1.21 mg Fe2O3 por cada pastilla En 0. pesando el producto resultante..61 * 10^ -3 mol H2O2 Si usamos un exceso del 50% necesitamos 1.14 * 10^ -3 mol Fe 3.7 (Tomar 12) pastillas como mínimo para obtener un calcinado de 0. Solución: Proponemos hacer un análisis gravimétrico.+ (x-1)H2= --> FeOOH.69 g/mol FeC4H2O4 (Fumarato ferroso) + 2H+ --> Fe2+ + C4O4H4 (ácido fumárico en sol.8.01 g/mol.1 M.69 g/mol = 1.250 g/159. pesando la pastilla y diluyéndola con 150 ml de HCl 0. Fe2O3 159.250 g de Fe2O3.175 g Fe Se necesitan 0.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.xH2O(s) -. H2O2/2 mol Fe2+ = 1. acuosa) 2 Fe+2 + H2O2 + H2+ --> 2Fe3+ +2H2= Fe3+ + 3OH.015 g Fe/pastilla)= 11. 0.analito + patron.03 g H2O2/g disol = 2.150 mol NH3 = 0.0150 moles NH3 para producir suficientes OH Si partiésemos de NH3 6.diso.47 * 10^ -3 mol Fe 3. A continuación se añadieron 5.113 M .950*[Na+]i)= 4.Ini/conc.104M]+[0.1 mg Fe por pastilla E.277 g/159. Hallar la concentración original de Na+ en el suero.73 * 1'^-3 mol Fe2O3 * 2 mol Fe/1mol Fe2O3 = 3.0104 mol/0.necesitaríamos: 2* 0.'01 g/mol = 0.69 g/mol = 1.0500 l * 2..0822 g H2O2 puro.El contenido en Na+ de un suero dió una señal de 4.00 M y usásemos un 100% de exceso de OH .0822 g H2O2 puro /0.50 * 1.845 g/Fe/mol Fe = 0.00 ml NH3 6M La masa final de óxido férrico tras la calcinación pesó 0.98 mV ==> [Na+]i = 0.ini/señal.73 * 1'^ -3 mol Fe2O3 1.0 ml = 100.27 mV/7.Fin = Señal.00 +95.100 L = 0.00 * 10^ -3 l = 5.00 ml de NaCl 2.61 * 10^-3 mol H2O2 = 2.030 mol NH3 /6.104 M [Na+]/([0.47 * 10^-3 mol Fe * 55.016 g Fe ó 16.0 ml de suero. Solución: Aplicaremos la ecuación de adición de un patrón: [x]i/([s]f+[x]f)=Ix/(Is+x) conc.diso.42 * 10^ -3 mol H2O2 2.27 mV en un análisis por emisión atómica. Vi/Vf * 2.030 mol NH3 0.fin Vi = 5.1.277 g por lo tanto el contenido medio en Hierro de una pastilla será para la relación 2 moles Fe/1 mol Fe2O3: 0.00 mol MH3/l = 5.analito.08 M = 0.42 * 10^-3 mol H2O2 *34.00 ml Vf=5.08 M a 95.08 M = 0.74 g de H2O2 3% Calculo hidróxido amónico necesario: Relación mol NH3/mol NH4OH =1/1 Se precisan 0.2.0 ml Vi/Vf es el factor de dilución.194 g Fe/12 = 0.5.0104 mol concentración final de NaCl = 0. Este suero enriquecidodió una señal de 7.194 g Fe totales 0.104 M moles NaCl añadidos = 0.98 mV. Dado kwNH3 = 1.0572 M x se diluyó de 10. Hallar la concentración de X en la muestra desconocida.0/25.ini*Factordilución [s] =0.1.E5.0 * 10^-14 a 25ºC.0/10) *0.8 *10^ -5 para la reacción NH3(ac) + H2O <==> NH4+ + OH.analito = F * (Area señal patrón/conc.0 ml en un matrraz volumétrico. Solución: Calcularemos el factor de respuesta = Area señal analito/conc.0584) == [x]= 0. respectivamente con valores Ax=553 y As=582..0584 M 553/[x] =0.970 En mezcla muestra desconocida más estandar [s] = conc. respectivamente. [x] y [s] cponc.99 g/mol Carbonato y 84.2.0 al prepara la mezcla con s. Para analizar 10.146M *(10...patrón) Ax/[x]=F*(As/][s]).K1=Kw NH4+ + OH <==> NH3(ac) + H2O K2 = 1/KNH3 ---------------------------------------NH4+ <==> H+ + NH3+(ac) K3 = Kw*(1/KNH3)= 5. una disolución que contiene X 0. Datos: 105.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. 423=/0. Éstra mezcla dió un cromatograma con dos picos separados a 4 y 5 min.Valoración de mezclas Una mezcla que pesa 1.6 *10^ -10 E7.En una experiencia preliminar. .372 g y que contiene sales carbonato y bicarbonato sódicos. tras la mezcla. xini = (25.0 ml de una muestra desconocida se añadieron 10 ml de S 0.0572 M = 0.066) ==> F= 0.146 M E6.0837 M y S 0.se llama Kw =[H+][OH-] y su valor es kw=1.11 ml de HCl 0. consume 29.7344 M ensu va loración completa.0) = 0.01 mol/g Bicarbonato.3.066 M dió como áreas de pico Ax =423 y As = 347. y la mezcla se diluyó a 25.0837 = F*(347/0. Hallar masa y porcentaje de cada componente en la mezcla.970*(582/0.146 M.0 a 25.La contante de equilibrio para la reacciñón H2O <==> H+ + OH . 7344 mol/l= 0. Otros procedimientos usan agua inyectada por bomba de presión para alcanzar la reacción. HCl g. durante 5 min y destilando el producto resultante.-moles.724) = 0.724 g NaCO3.02138 mol 2(x(105. 1 mol N2 produce 1 mol NH3 0.1495 mmol N2 en la proteína 0.23% E7.0 ml de HCl 0. El exceso no reaccionado de ácido se valora con NaOH para determinar el HCl consumido por el NH3 fundido. (punto de ebullición) del ácido a 338ºC al agregar K2SO4 y un calentador por inmerrsión eléctrica. La digestión se lleva a cabo en matraces de cuello alto específicos (digestores Kjeldahl) para evitar salpicaduras ácidas. transformando el N2 contenido en sal amónica y el resto de componentes orgánicos son oxidados a CO2 y agua. Se digiere una alícuota de una disolución de proteína de 0.372-x) g/84.Solución: Reacción: Na2CO3 + 2HCl --> 2NaCl(aq) +H2O + CO2 NaHCO3 +HCl --> NaCl(aq) + H2O +CO2 x =gramos CO3Na2 y (1. 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. (1.1495 mmol que coinci dirá con el NH3 producido en reacción y recogido por absorción en HCl.02911 l * 0. NH4+ + OH.0645 = 0.1495 mmol * 14.2 % de N2 .2 % de N2.372 g 47.093 mg N2 Como la proteína contiene 16.02138 mol 2 mol Na2CO3 + mol NaHCO3 = 0. NaHCO3.--.y Absorción: NH3 + H+ --> NH4+ Valor. Neutral. Hallar la concentración de las proteína en la muestra original en mg/ml.1495 mmol NH3 y 0.--.e.500 ml y el destilado se recoge por absorción en 10.02138 x= 0.02140 mmol/mol= 0.0. (1.Análisis de Nitrógeno en protéinas.01 g/mol moles consum. Solución: HCl ini 10.0198 mmol/ml= 0. Como catalizador se agregan compuestos de mercurio.372-x) = (1. El HCl en exceso consume 3.26 ml * 0.x g/105.648 g. leche.00674 mg N/mmol = 2. entre otros.372-x)/84.2140 mmol NaOH consumido en valorac.01=0. El sólido se digiere (se descompone y disuelve) por la acción del ácido sulfúrico conc (98%) en ebullición . cereales y harinas.77% Peso total:0.0 ml * 0.x g.724g + 0.372-x) g.. con HCl exceso 3.2140 . cobre y selenio y se eleva el p.3.-->NH3(g) + H2O Destil.99)+(1.648 g = 1.02140M.--> H2= Una `proteína contiene 16. (1.0645 mmol Dif.372-0. H+(exceso) +OH. 52.0.372-x) g NaHCO3 CO3Na2.99 g/mol.26 ml de NaOH 0. 0.0988M en su valoración. 00 ml [I.Curvas de valoración por precipitación. En el p.050 Mol/l Ag+==> Ve = 0.0 ml Ag+ hay má oles de I.0 ml = 0.ini .025 l * 0.debido a disolución del IAg es despresciable.(0.10 mol/l I-)/mol I.4*10^-15)= 14. 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.025 l * 0.500 ml = 25.Calcular pAg+ cuando VAg+/mol ini = 49.10 mol/l .. luego seguimos valorando añadiendo Ag+.= moles I.0= .05714 = 1.reac]= 49.moles ag+= 0.luego: (0.necesitan 50 ml de Ag+ La cuerva de valoración tiene 3 zonas: antes/en/despues del p. El [I-] no precipitado y qu e queda en la disolución será: moles I.035 l.84 Un método más directo sabiendo que Ve = 50 ml Cuando añadimos 10.00 ml Ve = 50.050M I.010 l*0.0. Todo el Ag+ se consumido para formar AgI(s).050 l = 50 ml Ve se puede deducir tambien.se mide con un electrodo.2 *10^-16 es grande el equilibrio se desplaza a la dcha.00 ml Ag+ llevamos compoletados 10/50= 1/5 de la reacción.002 mol IEl valorante ahora es 25.10M *(25/35) = 0.2.05714 M que coincide con la dada arriba.e (punto de equivalencia) hay un aumento repentino de [Ag+] al consumirse todo el I -.05714 M [Ag+] = Kps/[I-] = 8.= Ve * 0.0/50. Solución: La reacción transcurre mol a mol: 1 mol Ag+/1 mol I . [Ag+] = Kps/[I-] I. calculamos [I -]1 = 0.e.0 + 10. 25 ml de I. la reacción es completa y una ínfima parte de AgI se redisuelve.9 mg prot ==> 12.9 mg ptrot/0.3 * 10^-17 en la reacción citada. Queremos calcular el volúmen Ve de valorante Ag+ consumido hasta el p.+ Ag+ <--> AgI(pp) La variación de la concentración de I.9 mg/ml prot E7.0/50. Sabemos que el Xps =[Ag+][I-] = 8.dejando muy poco Ag+ en disolución.libre corresponde al I. Como K=1/Kps = 1.sinreac]= 1. [I-]1 = (4.0200 mol I/0. Fase 1: Tras añadir 10. teniendo en cuenta que [>Ag+] =[I -]/2. I .e.162 mg N/mg prot) = 12.0 ml de un Yoduro I .4.4 * 10^ -15M p[Ag+] = -log[Ag+] = log(1.035 l = 0.1000 M con Ag+ 0.o ml de Ag+ .no precipitado por los 10. px = -log(10) [x] Se valoran 25.que de Ag+.0= [I.050 mol/l) Ç= 0.093 mg N2/(0.3 * 10^-17/0.0)* 0. E. Cada alícuota de Ag+ reacciona completamente con I.[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. Quedan sin reaccionar 4/5 de I .0/5. Vol tot = 25.0 ml) 77 ml [Ag+] = 0. nos da una s invertida con tres ramas arriba y hacia la izda para I.91 [ag+]=0 comparada con [I-sinreac] aunque la reacción se haya completado en un 98%.30 * 10^ -3M En general [Ag+] = 0.0 ml = 74.89 Por cálculo directo y más rápido: Ag+ en bureta 0.30*10^-3) = 2. Se ha añadido Ag+ en exceso pra reaccionar con I .04 Fase 3: Tras p. 0.1M entre 50-70 ml Interpretar la curva de valoración siguiente: Se han valorado 25 ml de un haluro 0.8 * 10^-10. Br-(11. Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 10/May/2008 13:28 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro Mensajes: 1.0 ml + 49.02 l * 0. en la curva se ha obtenido tres ramas arriba izda con valores pAg+ I-(15.0*10^-13 y KspCl-= 1. ya que la anterior ha precipitado como IAg.001M.0 ml [I-]2= (1.= 5.001M entre 0 y 50 ml y abajo y dcha de I .0.30 *10^ -3 M pAg+ =-log(1. Se conocen KspI -= 8.000100 mol [Ag+] = 0.077 l = 1.1M.1*10^-9 pAg+ = -log(x) = -log(9.0 + 52. Fase 2: En el p.05 *Ve/(50+Ve) La curva pAg+ en Eje Y/VAg ml en Eje X. [Ag+] es la que se añada a partir de ahora.000100 ml * 0.10M con Ag+ 0.00/50.05 M *22/77= 1.050 mol/l Ag+ = 0.3 * 10^-17 KspBr.e..0/74. Todo el IAg precipita y se redisuelve algo [Ag+]=[I-] como [Ag+][I-] = Kps x*x = 8.10M *(25.1*10^-9) = 8.0)*0. 0.2*10^-13M pAg+ = -log[Ag+] =12. Vtot= 77 ml.0) = 6.0).76 * 10^ -4 M [Ag+]= Kps/[I-]2 = 1.3*10^-17 ==> x= 9.8.e.0 ml mol Ag+ = 0.01M y 0.0) y Cl-(8.01M y 0.056 Desde: 19/Dic/2003 .2.050M. calculamos cuando hayamos añadido 2 ml de exceso de Ag+ VAg+=52.050 M y 2 ml de ésta se han diluído a (25.0) y abajo y dcha entre 50-70 ml una rama que tiende a X.0. Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.7 *10^-7.una segunda fuente de Cl. Si se mezclan a mbos iones. Sólo se precipita el ión Cl . La solubilidad del KCl es 3. el sólido se disuelve hasta que se cumpla que [Hg2=][Cl]^2 =Kps. la concentración tiotal de Ca es 15 a 19 mM.en cada tubo tras esta segunda adición y calculamos el cociente de reacción Q=[K+][Cl-] para cada tubo. [Hg2 2+][Cl-]^2 =x* (2x +0. Si añadimos a la solución de Hg2 2+ y Cl .7M.030 cfin s x 2x+0.7 *10^ -7M de [Hg2 2+] Para [Cl-] = 2*6. 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. La cfin de Cl depende de NaCl y Hg2Cl2. Según el Principio de Le Chatelier del efecto del ión común. A partir de ese momento . por desplazamiento a la izda de la reación al añadir más Cl -.su Kps = [Hg2=][Cl]^2 =1.030M. o su KPs=[K+][Cl-]= 3.#8·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos Más problemas resueltos de Química Análitica cu antitativa.es la del cloruro sódico que se disocia totalmente en Na+ y Cl -.039 M y calculemos la nueva [Hg2 2+] Hg2Cl2+(s) <==> Hg2 2+ + 2Clcini s 0 0.030)^2 =Kps En el anterior ejemplo x=6.7 * 3. una sal será menos soluble si ya existen alguno de sus iones en la disolución.7 A continuación se añade un volúmen igual de HCl 6M a uno de los tubos y de 12 M al otro.hasta saturación del Hg2Cl2+.2*10^-18==> x = 6.4 * 10^-7 M Si se deja una solución acuosa en contacto con un exceso de Hg2Cl2.7 = 13.2 *10^ -18 Cini s 0 0 Cfin s x 2x [Hg2=][Cl]^2 = x*(2x)^2 =1. . 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. por ejemplo NaCl 0.2 *10^-18 4x^3 =1.7*10^-7 M = 13. Tengamos en cuenta que en una disolución saturada de CaSO4.en uno de ellos.7 *10^ -7M pequeño en comparación con 0. cuando el producto de concentraciones supere a Kps precipitará Hg2Cl2. Para este segundo caso x será muy inferior a 6. la cantidad de sólido sin disolver permanece constante.030 ciniCl. mientras que la de Ca2+ es de sólo 9 mM por poca disociación de la s al. 58 pOH = 14.2 * 10^-18 x =[Cl= 3.4. simplificando mla ecuación: x*0.0 * 10^-11M .0 * 10^-7 log Kw = log [H+] + log[OH-] -log Kw = -log[H+] .3*10^-15 ya que (2x=2.00 pOH = 14-pH = 14-7 = 7 Si pH =3.0 * 10^-14 = x * x ==> x = 1. por tanto mignoramos 2x frente a 0.en equilibrio de una disolución para que [Hg2 2+] se mantenga muy próxima a 1. 2x<0.0 * 10^-7 pH= -log [H+]= -log( 1.58=10.0 * 10^-3 = 1.00 -3.2*10^ -18 ==> x= 1.030^2=Kps =1.0 * 10^-14 [OH-] = 1.log[OH-] 14 = pH+pOH pH = -log[H+] [H+]=10^-pH [OH-]=10^-pOH Para agua (a 25ºC) siendo [H+] = 1.Calcular [OH-] si [ H+] = 1..disolviéndose menos Hg2 2+ que sin adición.0 * 10^-3M Kw(25ºC) =[H+][OH-]=1.0 * 10^-9 * x^2 =1.5 * 10^-5 M [Kh2 2+] = 1.se reduce a 1.7*10^ -15 y con Cl.42 y [OH -]= 10^-10. Según lo dicho.0* 10^-9 x [Hg2 2+][Cl-]^2 = Kps 1.0 * 10^-7) = 7.0 * 10^-7 [H+] = 1.030.8 *10^11M E6.0 * 10^-9M [Cl-]max = 3.5 * 10^-5 H2O <==> H+ + OHKw(25ºC) =[H+][OH-] Kw = 1.0 * 10^-3 * [OH-] = 1.030 Sin Cl.0 * 10^-7 [OH-] = 1.0 * 10^-14 /1.3 *10^-15 Por último calculamos la concentración máxima de Cl.0 * 10^-9M cini s 1.6*10^-15)<0.la solubilidad del Hg2 2+ era 6.42 =3.0* 10^-9 0 cfin s 1.030. 0 g de muestra de acero. y se añade dimetilglioxima (DMG).1634 g de acero originó 0. y se desea 1.03646 g Ni en aleación. Br o I HX(ac) + H2O --> H3O+ + X.69 g/molNi) = 0. y se neutraliza en presencia de ión citrato.H3O+ (par iónico) Al disolver un mol de HCl (ac.69 g Ni/mol = 5.1795 = 58.178 g DMG. Llamando xNi a la masa del Ni en la muestra.(iones hidronio y fluoruro) Pero los F..03446 g . HI) son ácidos fuertes mientras que el HF se comporta como un ácido débil. la cual está contenida en la disolución: 0.1795 g Ni(DMG)2/(288.8 g disol.91. b) Si 1. para tener un exceso de 50% de DMG en el análisis. el H3 O. formando un par iónico H3O+ + F .178 g DMG/(0.213 *10^-4 mol Ni)*(58. y se seca a 110ºC. para precipitar cuantitativamente el complejo rojo Ni-DMG. que mantiene al Fe en disolución. que corresponde a 0.-Precipitados: Para determinar el contenido en Ni de un acero. Pero si se disuelve un mol de HF (ac./0.<==> F.79 g/ml) que se debe usar.Los haluros de Hidrógeno (HCl. Si se sabe que el contenido de Ni es aproximadamente d e un 3% en p../ml = 23 ml b) Por cada mol de Ni en el acero se forma un mol de precipitado. sde lava con agua fría.119 g DMG Para que haya un exceso del 50% de DMG pondremos 1.213 * 10^ -4 mol Ni(DNG)2 y en la aleción habrá de Ni: (6. (d=0..179 g de precipitado.fuete)en agua. Mientras tanto el HF cede completamente su protón al agua HF(aq) --> H3O. de donde obtenemos xNi = 0. Siendo X Cl.débil) se forman muy pocos H3O+ libres E27. Br.03646 g Ni*100/(1.134% De forma más sencilla habríamos llegado al mismo resultado si sabíamos que 1 mol de Ni son 58.91 g Ni(DMG)2/mol Ni(DGM)2 = 6.119 g = 0.03 g de Ni.11 * 10^ -4 mol Ni Esta cantidad de metal precisa según la relación 1 mol Ni2+/2 mol DMG: 2*(5.) = 17.010 g DNG/g disol.1634 g acero)= 3.2 g DMG/mol Ni) = 0.5 * 0.69/288.3. se disuelve la aleación en HCl 12 M.79 g disol.o g de acero contendrá alrededor de 0. La disolución ligeramente básica se calienta..11 * 10^-4 mol Ni)*(116. 1.es una reacción completa con total disociación del ácido.03 g Ni/58.se une fuertemente al Fpor un puebte de H+. a) Calcular el volúmen el volúmen de disolución alcohólica de DMG al 1% en p.8 g disol. Se filtra el producto. se crea un mol de H3O+ libre . % en p del Ni: 0.91 g.69 g y que proporcionan un mol de producto formado que son 288. por tanto: 0. y ocupará un volúmen de 17.+ F. ¿Cuál es el % de Ni en el acero? Solución: a) Dado que el contenido de Ni es alrededor de 3%.forman con el H+ un enlace muy fuerte. tendríamos: g Ni analizado/g producto formado = xNi/0. 5 * x g/459.611 g/mol x + y = 1.0843 . Como disolventes se utilizan éter dietílico.08 43 -x)/312.304 g/mol = 0. Cuando se calcinó en un horno en contacto con el aire . Datos: AlQ3 459.961 g/mol + (y g/312. originando un residuo de Al2O3 y MgO de 0.4..E27...062 (ap rox 6%) b) Con 5 extraciones de 100 ml la fración restante será q2= (100/(100*3*100))^5 = .3 restante.441 g/mol) * 101.441 g/mol) * 101.304 g/mol Reacción abreviada AlQ3 + MgQ2 --calor --> Al2O3 + MgO Solución: gramos.0.611 g/mol) * 40. Se preferirá el Tri CHCl3 al percloretileno CCl4 por ser menos tóxico y hexano y tolueno al benceno. la fracción restante en la fase acuosa será: q1=100/(100+3*500) = 0.611 g/mol Al2O3 10 1.441 g/mol MgQ2 312.961 g/mol + ((1.3003 g que representan el 27. la mezcla se descompuso.1.1344 g Sustutuyendo y = 1.5 * x g/459.304 = 0. 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).3003 = 0. hexano (inmiscibles en agua y menos densos) o cloroformo. tolueno.1344 g x = 0.0843 g moles Al2O3 =0. Hallar el porcentaje en peso de Al(C9H6NO)3 en la mezcla original. diclorometano y tetracloruro de carbono (más densos que el agua). 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).441 g/mol moles MgO = moles Mg = y g/312. Supongamos que se extraen 100 ml de una disolución acuosa de A 0.010M con tolueno.0843 -x en esta ecuación: (0. Tambien se usan los alcoholes como disolventes..5 * x g/459.70% de la mezcla original y = 1. (0.Una mezcla de complejos de Al y Mg tratada con 8-hidroxiquinoleina (Q a partir de ahora) pesó 1.961 g/mol MgO 40.611))*40. moles x = g AlQ3 x g/459.1344 g.784 el 72. E23.084 3 g.441 g/mol y = g MgQ2 y g/312. sustituyendo en x + y .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 Como masa g = mol *g/mol. 0*10^-6) Si usamos D en lugar de K en la ecuación q=V1/(V1+D*V2)= 50/(50+2.0 tolueno: t´r = 333 . benceno: t´r = 251 . mientras que el benceno se eluye a 251 s y el tolueno lo hace a 333 s.en la muestra problema? AgCl 143.0*10^ -9)/(1.Gravimetría de precipitación.273 q=50/(50+0. E23. ¿Cuál era la molaridad del Cl. La mejor extración se efectúa a mayor en este caso pH=10 E23.00 D =(3*1.010 M con 100 ml de disolvente ¿Cual será la concentración final que queda en la fase acuosa a a) pH =10..3.273*100) = 0.010 M = 0.0*10^-9+1.73 *100) =0.0*10^ -9)/(1.0. Asimismo. Hallar los tiempos de retención ajustados y los factores de cada soluto. Factores de capacidad t´r =tr-tm.42 = 209 s. k´= (tr-tm)/tm.42 = 291 s.. hallar las retenciones relativas de los dos solutos. formándose un precip itado pp de AgCl de 0. Un volúmen de 10.Se inyecta en un cromatógrafo de gases una mezcla de benceno.2.39 E23.4368 g.00098 (aprox.15 ==> 15% queda en fase acuosa (15% de 0.321 g/mol Solución: .9 Retenciones relativas (mayor que 1): alfa= t´r(tol)/t´r(ben) = (333-42)/(251-42) = 1.65 ==> 65% queda en fase acuosa..0 *10^ -9. (333-42)/42 = 6.0 y b) pH= 8.0*1.4.00? Solución: a) A pH=10.0 ml de una disolución que contiene Cl . Solución: Tiempos de retención ajustados. tolueno y metano. Si se extren 50 ml de disolución acuosa de la amina 0. El metano da un pico intenso a los 42 s. 0.0*10^-8) = 0.0 D=K*Ka/(Ka+[H+]) = (3.se trata con exceso de AgNo3. (251-42)/42 = 5..Influencia del pH en la extración con disolvente. Supongamos que el coeficiente de reparto B de una amina es k=30 y la constante de disociación ácida de BH+ es Ka=1.1%) Comprobamos que es más eficaz hacer varias extraciones sucesivas con pequeño volúmen de soluto que una sola con la misma cantidad total.0015 M) b) A pH=8.0*10^-9+1. 0 * 10^-8+x) =10^-14 x^2 + (10^-8)x -(10^-14)=0 x = 9.321 g AgCl/mol AgCl) = 3.-9.7.02 Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 10/May/2008 13:49 GMT+1 Perfil· Privado· Web· Fotolog bobquim Administrador del foro .6*10^-8 M y -1.0 *10^-14/0.pH E-3.E-11.0*10^-8 = 1. En concentraciones pequeñas entre 10^-6 y 10^-8 el pH es próximo a 7.4638 gAgCl/(143.0 * 10^-13 pH = -log[H+] =-log(1.0 * 10^-6) = 6.10 M y de otra de 1.4638 g AgCl hay 0.010 l = 0.0 *10 -8 M Solución: a) Al ser una base fuerte se disocia totalmente [H+] = Kw/[OH-]= Kw =1.-7.2 E-7. La relación AgCl/Cl.10 E-5.11 E-4.=1/1 Por tanto en la muestra inicial: Molaridad Cl.00 pOH = 14-pH = 14-6 = 8 Comprobamos teniendo en cuenta el equilibrio: Para [OH-] = 1.[H+]. [OH-].02 y no pH=6 como habíamos supuesto antes.-8.7.E-10.048 * 10^ -3 mol AgCl.10 = 1.0 * 10-8 x=[H+] x*(1.3048 M Calcular el pH y pOH de una solución de KOH 0.0 * 10^-13) = 13.= 3.-9.6*10^-8 pH = 7.00 pOH = 14-pH = 14-13 = 1 b) [H+] = Kw/[OH-]= Kw =1.0 *10^-14/1.048 * 10^-3 mol AgCl/0.0 * 10^-6 pH = -log[H+] =-log(1.En 0.7 E-.9 E-6.1 *10^-7 (que rechazamos) [H+] = 9. 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 0.10.pH Va.M.[H+]exceso. la valoración se ha completado al llegar al punto de equivalencia (pe) a un pH=7.08 Va= 10. [OH -]restante = 10^3/10.0132M [H+] = Kw/[OH-] = 10^-14/0. La valoración transcurre en tres fases con cálculos distintos: Fase 1: Antes del pe. Se añade un exceso de HBr a disolució n. vol ini OH y factor dilución = 50/(50+3) [OH-] = (10^-3/10)(0.50 ml y el exceso Va-Vb = 10.10 M * 0.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 Valoración de Base fuerte con ácido fuerte (o al revés). Tras adición de 3 ml de Hbr (3/10 del total).50) = 8.50 . según la reacción H2O <==> H+ + OHKw = x^2= 1*10^-7 M ==> pH=7 Fase 3: Tras pasar el pe.[OH-]sinreac.056 Desde: 19/Dic/2003 #9·Ÿ RE: Problemas de Química analítica resueltos Más problemas resueltos de Química Análitica cuantitativa.M. Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.pH Ver Excel Tras añadir los primeros 10. Valoración de áciso débil con base fuerte (o al revés).00 = 0.020M Tabla: ml HBr.1M para 50 ml KOH0.5 * 10^ -13 ==> pH = 12. añadiendo BrH 0.26 *10^ -4 M ==> pH = 3.0132 =7. a los 50 ml de KOH.Mensajes: 1.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.0 ml de HBr. El H+ que hay es el suficiente para reaccionar con todo el OH -.50 ml HBr [H+] = 0. añadiendo a 50 ml de un ácido . [OH]sinreac =7/10. por ejemplo calculamos a 10.12 Fase 2: En el pe.020M)(50/(50+3)) = 0.50/(50+10. (Sólo en el caso de ácido fuerte/base fuerte. 15 HA <==> H+ + AF-x x x x^2 /(0. --. 1.+ H2O CantrelIni 1. -Cantrelatfin 1/2.) = [HA] + Factordilución F´ = 0. El VNaOH es el suficiente para consumir todo el HA HA + OH.43 * 10^-8 ==> x = 1.020 M ya que se ha diluído con NaOH desde la bureta. 1/2. -Ahora ya podemos calcular el pH.+ H2O Fase 1: Antes del pe. --.19 *10^-4 ==> pH = 3.+ H2= <==> HA +OH F-x.<==>A.+ H2O Kb=KW/Ka CantrelIni 1.0))=0.15. es la sufi ciente para reacionar con los 3/10 del HA. -Cantrelatfin .Ve=10 ml.020 M *(50/(50.1M. su pH será mayor que 7. una base fuerte como el NaOH 0.--> A. -A.02.02 M pKa =6.x.==> A.7/10. F´(VolTotalDisol.en agua.1 * 10^-7 Antes de añadir base HA 0. Apolicaremos para los cálculos la Henderson Hasselbalch conocido [A-]/[HA] Tras la adición de 3 ml de OH. conocido [A-]/[HA]. --.han formado un tampón regulador. 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 =0.0+10. 1/2. --. como una base débil.02 M. 1.débil 0.54 *10^ -5 M pH = -log[H] = -log(Kw/x) = 9.HA + OH. Aplicando la fórmula de equivalencia VN=V´N´ Vb ml * 0. --. --.+ H2O CantrelIni HA=1. pH = pKa +log [A-]/[HA] = 6.x.5 Ve -. -Cantrelatfin --. -pH = pKa + log((1/2)/(1/2)) = pKa Vval = 1/2 *Ve pH =pKa Buscamos pH en el que Vb =0. ya que el ácido se . luego Vb= 10 ml y como K =1/Kb = 1/Kw/Na = 7.<==>A.5*Ve Fase 3: En Pe Todo el HA se ha consumido en obtener A -. --.HA + OH.78 En la gráfica se nos presenta un punto singular ml valorante = 0. 3/10.reacciona para dar otro compuesto con el mismo anillo pero sin el H (en adelante A -) y agua HA +OH.10 M = 50 * 0. 1. como el MES 2 -(N-morfolin-etanosulfónico) con Ka=6.93 Fase 2: Al inicio de añadir base hasta un poco antes del pe HA sin reac y A .18 El pe en este caso de áciso débil con base fuerte es mayor de 7. 3/10. -.02-x) = Ka ==> x = 1. Sería como una disolución de A. El mes está formado por un ciclo hexagonal con un Carbono unido a un Oxógeno y en el vértice opuesto el radical NHCH2CH2SO3 en adelante HA que con OH .15 + log ((3/10)/(7/10)) = 5.15 Ka = 10^ -6.0167 M x^2/(F´-x) =Kb =Kw/Ka =1. El pH se calcula con pH = pKa (BH+) + log ([B]/[BH+]).66 *10^ -4 M ==> pH = -log(Kw/[OH-] = 10. Esto ocurre tanto en ácidos como en bases débiles.69 * 10^-9 Pir + H+ --> AcPir . Por la curva de val oración se determinan pKa y pKb. 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+.10 ml [OH-]exceso = 0.00) = 1. El pH se calcula con la reacción de disociación ácida de BH+ y Ka =Kw/Kb.5Ve con pendiente (dpH/dVb) mínima. Todo lo contrario que la valoración AcDebil/BaseFuerte B + H+ -->BH+ Al añadir todo el ácido la reacción es completa. de analito y valorante..100 M*(0.5Ve y pH = pKa (para BH+). Su pH es inferior a 7. la inflexión cerca de pe disminuye tambien y se hace más difusa el ver el pe. la máxima capacidad tampón se da en pH =pKa y Vb=0.22 Observamos que al dibujar la curva de valoración. La curva de valoración tiene estos valores: Ver EXcel Valoración de 25.10/(50. 12.1607 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.3. fase 4: Después del pe. Para Vb = 10. de los reactivos. 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. Fase 4: Después del pe Añadimos ahora NaOH a una disolución básica que contiene A -. el pH depende del [OH-] en exceso en la mdisolución.Valoración de base débil con ácido fuerte. Además la curva depende de la Kdisociación ácida HA y de la conc.0 ml de piridina 0.08364 M con HCl 0.0+10.. BH+ <==> B + H+ F´-x x x [BH+] ahora es algo menor por haberse diluído y la disoluc ión es ácida. Anillo con NH mmoles HVl = mmoles piridina . Al aumentar Va por adición de ácido se llega al punto msingular Va=0. la disolución contiene base débil B en agua. Al hacerse más débil HA o al disminuir las conc.convierte en su base conjugada en el pe. 236) = 5.529 * 10^-3 g H2O/18.N.714 mg muestra = 68.0152 g/mol H2= 2. En otros casos llevan catalizador de oxidación de Cr2O3 y el gas pasa a través de Co3O4 en caliente.714 g y produjo 14.63/19. Luego se añade a la corriente de He un olúmen medido de O2.714 mg muestra = 4. Se introduce la cápsula con la muestra en un crisol de cerámica calentado.0079 g/mol H = 2.23 pH = pKa+ log [B]/[BH+] =5. Solución: Un mol CO2 contiene un mol de C.275 * 10^-4 mol Mas aC en muestra = (3.934 mg C % C en muestra = 3. El analizador se purga con gas Helio puro (libre de O2. en exceso.74 E27. en una explosión instantánea.Combustión Un compuesto pesa 5.23 + log(0. fracción de pir valorada = 4.952% Equipos automáticos de Análisis por combustión (Leco) Un instrumento para analizar gases producidos en la combustión de minerales y aceros.414 mg de CO2 y 2.63 ml Solución: Parte de pir se ha neutralizado y forma un tampon pir -ion pir.H.60 ml Ahora queremos hallar el pH cuando Va = 4.63)/19.830 * 10^ -4 g % H = 0. se separan en una columna .808 *10^-4 mol H *1.60-4. 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.808 * 10^ 4 mol masa H en muestra = 2. identifica y cuantifica C.O2--> CO2(g). Se pesan con precisión 2 mg de muetra se sella en una cápsula de Sn o Plata . Una columna de Cu caliente elimina el exceso de O2. y un mol de agua contiene 2 moles de H moles C en muestra = moles CO2 producidos= 14.011 g/mol C = 3.1067 M = 25.5.934 mg C * 100/5. H2O y CO2) para arrastrar los gases de anteriores procesos. para absorber halógenos y S. ==> Ve = 19.60 = 0.010 g/mol CO2 = 3.236 fracción pir queda = (19. S en una única oepración. N.764 pKa = -log(Kw/Kb = 5. Hallar % en peso de C y H en la muestra. 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 .414 * 10^ -3 g CO2/44. cubierto de Ag.08364 M .84% moles H en muestra = 2 moles * 2.283 mh H * 100/5.60 = 0.00 ml * 0.5 SO2 --850ºC--> CuO (s) Los gases formados.76 4/0. C.275 * 10^ -4 mol C)*(12.Ve ml HCl * 0. H..S --1050ºC C. + H2O(g) + N2(g) + [SO2(g) 95% + SO3(g) 5%] Cu+SO3 --850ºC--> SO2 + CuO(s) Cu + 0.529 mg H2O en su combustión. Preparar una disolución de 350 ppm del un cloro al 10%? un miligramo de cloro en un litro de solución. Vteor.10 H. 71.76+-=. La formula es : . la combustión produce CO2.08.36. Ins2 C. Ins1.5 gramos de cloro puro y como 1 gramo tiene 1000 miligramos entonces tienes 3500 miligramos de cloro puro.En este caso 350 ppm son 350 mg de cloro/Litro de solución.13 Recordando unidades de concentración medioambientales (trazas) y según pidan. Si hubiera productos ácidos se absorben en asbesto mojado en sosa. 6. Tambien se pueden medir los gases a la salida por absorbancia en el IR para CO2.10.22+-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.17+-0.71.por Ag+). Lleva un filamento de W-Re y se detecta la salida de un amalito por disminución de la conductividad del gas.10 N. pasando por Niquel sobre carbón a 1075ºC para formar CO.84+-0. H2O.41.09.10.34+-0. La sensibilidad del detector es inversamente proporcional al caudal y aumenta al aumentar la diferencia de temperatura entre filamento y bloque exterior. Por ejemplo: Si tomas una muestra de 35 gramos de muestra de Cloro al 10 % en realidad tienes 3. Para analizar halógenos. aprox) = 1 g/ml ó 1g/cm3 oKg/dm3 1 g/ml = Concentraciones de cobre tan bajas como 0. 71.1 a 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. 6.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. aumenta su resistencia eléctrica y varía el voltaje a lo largo del proceso. Hay otra corriente de referencia. este halógeno X se absorbe en disolución acuosa y se valora con Ag+ en un columbímetro que mide los eklectrones producidos (1e .33+-0.6. se calienta el filamento. Una muestra de acetanilida (C8H9NO. N2 y HX .5 ppm son tóxicas para las bacterias y otros microorganismos.12. 71.10. Para el oxígeno se precisa una pirólisi s anterior antes de añadir O2 medido. anillo bencénico con NH(C=O)CH3) dió el siguiente análisis de gases: Elem. 10 en agua envasada.0 ppm.01 ppm en la pulpa en el Brasil. Se permiten en España (ppm = mg/kg).5 ppm en Alemania.) Establecimiento de niveles de tolerancia de los residuos del plaguicida hexitiazox.70 ppm muy blanda 4 . carne 0.0 ppm para bivalvos en conserva y codido/depurados.7º °DH: grados alemanes °H : grados ingleses de la escala Clarck .0 ppm en el Japón y Corea. tapones y cápsulas de botellas de vino. Francia.30 dH = 320 . conservas vegetales. y 0.0 ppm. 0. 2 ppm para sal común.4 dH = 0 .210 ppm poco dura 12 .530 ppm dura 1° \"general hardness\" (GH) = 17.(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. leche 0. (que se sueldan con gas mezcla con H2 reductor e hilo inox.4 ppm. expresados en partes por millón (ppm) del compuesto principal en el interior o en la superficie de los productos: uvas frescas: 1. 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. guisantes o espárragos.8 dH = 70 .0 ppm. 0. 10^ -4. Para vinagre se admite un máximo de 1 ppm para As+Pb+Hg.12 dH = 140 .2 -0. cítricos: 0. 1 ppm en brandys. y los metabolitos que contengan la fracción (4-clorofenil)-4-metil-2-oxotiazolidina.320 ppm bastante dura 18 . Dureza de aguas: (dH grado hidrotimétrico) 0 .2 ppm. Prohibición de uso en cañerías domésticas de agua. Italia.2 ppm en Francia y 0. Austria y Hungría.1 ppm en Nueva Zelandia.18 dH = 210 . 5 ppm para café y té y 13 ppm para infusiones. se señalan los siguientes niveles. 0. uvas pasas: 4. España.8 ppm CaCO3 1° \"carbonate hardness\" (KH) = 17.05 ppm en agua potable.05 ppm en Suiza. de tomate.8 ppm CaCO3 Para 30 ppm CacO3 Gh=2 Kh=2. trans-5-(4-clorofenil)-N-ciclohexil-4-metil-2-oxotiazolidin-3-carboxamida.0 ppm en la cáscara y 0. trazas de Pb de entre 5.0 ppm en España. 1. zumos de limón. Los límites máximos de residuos (LMR) nacionales fijados para el hexitiazox en las uvas son: 0.0 ppm y 3. 10 ppm para especias. y aceite de cítricos: 2. vino max.5 ppm en Italia. 1. 0. soldaduras de latas de conservas. segun la tabla 1.5 ppm. Para los cítricos se establecieron los LMR que se señalan a continuación: 2.140 ppm blanda 8 . estos últimos se deben cubrir. CONCENTRACIONES DE CLO2 SUPERIORES A 1 PPM SON IRRESPIRA BLES Y DE 2 A 4 PPM PRODUCEN CUADROS .8 ppm CaCO3 1 meq/L alcalinidad = 2.000 Por lo tanto: Hongos: 50 ppm.8 ppm CaCO3 1° "carbonate hardness" (KH) = 17.10 Litros = 100 cc de TecsaClor 50. CONCENTRACIONES ATMOSFÉRICAS DE CL2 SUPERIORES A 3 PPM SON SUFICIENTE PARA GENERAR IRRITACIÓN RESPIRATORIA.m.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.p. ENTRE 35 Y 50 PPM CAUSAN LA MUERTE EN UNA HORA.3 * Nitrito-N Amonio-NH3 = 1.m.p. LO MISMO QUE CON EL FOSGENO.00 = 0. Virus: 5 ppm. Si el lugar esta con productos cercanos al techo. y 100/56 para convertir °H a °DH 1° "general hardness" (GH) = 17.9 p. En cámaras de frío se utilizan los ventiladores como carrier del producto de esta forma el gas pasa por todos los rincones de la cámara.de CaCO3 El factor de equivalencia 56/100 se usa para convertir °HD a °H. Por ejemplo si queremos preparar una solución de 100 lts que tenga una concentración de 50 ppm de ClO2.p. de CaO 1 °H = 14.4 * Nitrato-N Nitrito-NO2 = 3. aplicamos la fórmula arriba indicada.8° KH 1 ppm = 1 mg/L Nitrato-NO3 = 4.: partes por millón de carbonato cálcico u óxido de calcio CaCO3: carbonato cálcico CaO: óxido de calcio 1 °DH = 17. Bacterias: 25 ppm. 100 lt x 50 ppm/50.p.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.m. GRAVES.0 *10^4 Conocida la concentración de I-.0*10^2)(7.0 M Solución: [Pb2+] = Kps /[I-]^2 = 7.0010M y b) 1. actúa como un ácido de Lewis aceptando un par de electrones e I.<=beta2=>PbI2(aq) beta2= 1.1 *10^-5M [PbI3-] = beta3[Pb2+][I-]^3 = 6. En la reacción se debería formar PbI2(s). puesto que será la única concentración en la disolución y satisfará a todas las reacciones posibles.5 MG/M3 Y EL DE HCL DE 7 MG/M3.9 *10^-9 M [PbI2aq] = beta2[Pb2+][I-]^2 =1.como una base de Lewis que los cede para formar un enlace complejo llamado covalente coordinado o dativo y el complejo es un aducto.6 * 10^-8M [PbI4=] =beta4[Pb2+][I -]^4 =2. El Pb2+.disuelto en una concentración de a) 0.4*10^3 Pb+2 + 3I. PbI3 . 1/3 <199 6 >300 6 <150 microg/g Formación de complejos Si un anión X. pero se forman complejos: PbI2(s) <= K1 => Pb2+ 2I Kps= [Pb2+][I-]^2 = 7.00 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).9 * 10^-9 Pb2+ + I. PbI2 -. PbI2(aq).9 *10^-4 M [PbI2aq] = beta2[Pb2+][I-]^2 =1.<=beta4=>PbI4= beta4= 3. a menudo se observa que una alta concentración de X. para [I-] = 10^-3.<=beta3=>PbI3. En el caso de los ioduros de Plomo: PbI+.9*10^ -3(1.precipita a un metal M+. E6. en etiqueta (Mx) tral 266±67 ppm F (rango 55 -355 ppm).1 *10^-5 M [PbI3-] = beta3[Pb2+][I-]^3 = 6. 16 y 0. pero .6 * 10^-5M [PbI4=] = beta4[Pb2+][I -]^4 =2.4*10^-10M b) Para [I-] = 1. al aumentar [I-] disminuye [Pbtot] por efecto del ión común. PbI4(=) el yoduro es el ligando del plomo.2 Hallar la concentración de PbI+.y PbI4= en una disolución saturada de PbI2(s) y que contiene I . podremos calcular la del Pb+2. Insecticida Espinosina A y D 290/29 ppm solub agua a pH 5. sustituyendo en la ecuación de Kps.K1 = 1.0M [Pb2+] = K1[Pb2+][I -] = 7.0*10^-3)= 7.98 /C41H65NO16 746.<=K1=>PbI.7 * 10^-3M siendo el 91% Pb2+.053 ppm a pH 9 C42H67NO16 731.4*10^-4M [Pbtot] = [Pb2+] +[PbI -] +[PbI2aq]+PbI3-]+[PbI4=] =8. por ser poco soluble el Pb+2 en presencia de I-.9 * 10^3 M a) Para [I-] = 1.se redisuelve en forma de iones complejos MX2-.beta3= 8.001M [Pb2+] = K1[Pb2+][I -] = (1. LA CONCENTRACIÓN M?XIMA PERMISIBLE DE CL2 ES DE 1.0*10^2 Pb+2 + 2I.3*10^3 Pb+2 + 4I. 063 * 10^-4 mol = 0.17 ml de MnO4.7 ml de disolución estandar de MnO4 -.0M [Pbtot] = 3.3 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.03555 mmol Relación oxalato/Ca++ = 1/1.0 ml de eta disoliución necesitan 48. relación MnO4-/C2O4= = 2/5 MnO4. hallar la concentración de Ca++ en la orina.01063 mol/l * 0.36 l de disolución de KMn=4 en su valoración.00711 M .H 2O habrá 0.01617 l * 8.en valorante = 0. en el oxalato cristalizado Ca(C2O4). Solución: [Oxalato] = (0.. moles C2O4= = (5 ml C2O4=/2 mol MnO4 -)(mol MnO4-) = 0.794 * 10^ -4 M El calcio presente en 5. que se precipitó y redisolvió.3562 g NaC2O4)/(134.0453 mmol/48. Solución: En 16.0 ml. Si 10. prevalece formación de complejos y aumenta [Pbtot]. consumió 16.422 * 10^ -5 mol MnO4que reaccionan con el oxalato.2*10^-4M y un 74% de total es [PbI4=] Existe una hoja de cálculo pasra calcular estos valores en Fig.010 l = 1.para [I-] alta. Para [I-] = 1.consumido = (2 mol MnO4 -/5 mol C2O4=)(mol C2O4=) = 0.1663 mmoles.0 g/mol Na2C2O4)/(0.0 ml de una muestra de orina.0453 mmol Molaridad MnO4.3562 g de Na2C2O4 en un matraz volumétrico aforado de 250.794 * 10 ^ -4 mol/l = 1.6.36 mol =8. Este ácido se valora en caliente (60ºC) con permanganato potásico de normalidad conocida hasta viraje a púrpura indicando el punto final de la reacción.2500 l) = 0.01063 Moles C2O4= en 10 ml son 0.0355 mmol Ca++ por los 5 ml de orina. Se disuelven 0.00 ml = 0.hay 0.0355 mmol/5. calcular la molaridad de la disolución de permanganato. Teniendo en cuenta que mmol/ml = mol/l [Ca++] = 0.