Problemas-Resueltos-de-Quimica-Analitica.pdf

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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 % c
  
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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 c
  
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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

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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 %

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2.46. Se transformó el azufre de una muestra de 0.2500 g de mineral en trióxido de azufre, el cual fue absorbido sobre 40.0 ml de una disolución de NaOH 0.1250 M. El exceso de sosa consumió para su valoración 22.0 ml de una disolución de á. clorhídrico equivalente a otra de 0.0096 g/ml de Na2CO3. Calcular el porcentaje de azufre en la muestra.

mmol OH- = 2 * mg S/Pat S + mmol H+ 40.0 * 0.1250 = 2 * mg S/32 + 22.0 * MClH mmol HCl = V * MClH = 2 * mg Na2CO3/Pm Na2CO3 = 2 * 9.6/106 = 0.181 mmol HCl/ml mg S = 16.3 mg %S = 6.5 %

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2.45. Para determinar el contenido en azufre de una muestra orgánica se aplicó el siguiente procedimiento: 0.7500 g de muestra se sometieron a combustión en corriente de oxígeno, formándose dióxido de azufre y algo de trióxido. Estos gases se recogieron sobre una disolución diluída de peróxido de hidrógeno, transformándose en H2SO4. Si en la valoración de este ácido se consumieron 5.3 ml de una disolución de NaOH 0.0365 M, calcular el porcentaje de azufre en la muestra.

Reacciones del procedimiento: S + O2 --> SO2 (SO3) SO2 (SO3) + H2O2 --> H2SO4 Reacciones de valoración: H2SO4 + 2OH- -->SO4(2-) + 2 H2O Reacción estequiométrica: S SO2 SO3 H2SO4 mmol OH- = 2 * mg S/Pat S 5.3 * 0.0365 = 2 * mg S/32 mg S = 3.1 mg % S = 0.0031 * 100/0.7500 = 0.41% c
  
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2.44. Para determinar la pureza de un material constituído por óxido de calcio e impurezas inertes, se procedió a la disolución de 0.3250 g de muestra en 100 ml de á.clorhídrico (en exceso), determinándose dicho exceso por valoración con una disolución de NaOH 0.275 M, de la que se gastaron 12.5 ml. Si las concentraciones del ácido y de la base son tales que 2.0 ml de HCl 1.0 ml NaOH, calcular el porcentaje de CaO y Ca en la muestra. 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/56.1 + 12.5 * 0.275 2 * MClH = 1 * 0.275 MCLH = 0.1375 mol/l mg CaO = 289 mg % CaO = 88.9 % mg Ca = 289 * 40.1/56.1 = 207 mg % Ca = 63.7 c
  
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2.43. Se sabe que una muestra contiene exclusivamente óxidos de calcio y magnesio. Para proceder a su análisis se pesaron 0.2000 g, se disolvieron en 50.0 ml de á. clorhídrico 0.2500 M, y el exceso de ácido se valoró con 40.5 ml de NaOH. Si en la normalización de 25.0 ml de la disolución base se consumieron 13.5 ml de á. ftálico 0.1002 M, calcular los porcentajes de CaO y MgO en la muestra. La reacción de valoración ajustada y la relación estequiométrica es: H2Ph + 2 OH- --> Ph2- + 2 H2O 2 * mol H2Ph = mmol OH2 * 13.5 * 0.1002 = 25.0 * M M = 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

sustituyendo datos, masas y pesos moleculares y despejando: 50.0 * 0.2500 = 2 * mg CaO/56.1 + 2 * mg MgO/40.3 + 40.5 * 0.1082 mg MgO = 131 mg y mg CaO = 69 mg c
  
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2.42. Se determina el N de una muestra de leche en polvo que pesa 3.000 g mediante el método de Kjeldahl. Para ello s e hace destilar el amoniaco sobre 50.0 ml de una disolución de á. clorhídrico 0.1210 M, valorándose el exceso de ácido con otra disolución de NaOH 0.1540 M, de la que se gastaron 32.2 ml Calcular a) Porcentaje de Nitrógeno en la muestra. b) Si el factor de conversión de Nitrógeno en proteína es 6.38, ¿qué cantidad de proteínas contiene la masa de muestra analizada?. a) Las transformaciones que tienen lugar son como las de 2.41, con la única diferencia de que se recoge el amoníaco destilado en ácido fuerte en exceso para valorar éste con sosa. En la valoración por retroceso del exceso de ácido con sosa, tenemos: mmol HCl = mmol NH3 + mmol NaOH 50.0 * 0.1210 = mg N/14 + 32.2 * 0.1540 mg N = 15.3 mg % N = 0.0153 * 100/3.0000 b) % Proteínas en la leche 0.51 * 6.38 = 3.25% En la muestra de 3.0000 g habrá pues: g prot tot = 0.0975 g c
  
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2.41. Un cereal contiene el 2.8% de proteínas. Calcular el peso máximo del mismo que debe tomarse para que, una vez tratado por el método de Kjeldahl, y recogido el amoníaco formado sobre á. bórico, se gasten no más de 50.0 ml de á. clorhídrico 0.0320 M en la valoración. (Dato: factor N en proteína = 5.70). Las reacciones que tienen lugar son: a) Digestión: Nprot -- H+ --> NH4+

b) Destilación: NH4+ -- OH- --> NH3 NH3 + HBO2 --> NH4+ + BO2c) Valoración: H2 + BO2- --> HBO2 Y las relaciones estequiométricas: H+ BO2- NH3 N por lo que deducimos: mmol HCl = mg N/Pat N Como sólo pueden ser consumidos un máx imo de 50.0 ml de HCl, que suponen en mmoles 50.0 * 0.0320 = 1.60 mmoles HCl equivalentes 1.60 * 14 = 22.4 mg N ó 22.4 * 5.70 = 128 mg de Proteína Por tanto la masa de muestra necesaria será como máximo de m = 0.128/0.028 = 4.571 g

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2.39. Se sabe que cierta disolución contiene una combinación de dos de las siguientes sustancias: HCl, H3PO4, NaH2PO4 y Na2HPO4. La valoración de una alícuota con NaOH 0.450 M usando fenolftleína requiere 28.0 ml y otra c on naranja de metilo, para el mismo volúmen de muestra, requiere 16.4 ml de NaOH. ¿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, pues el naranja ya estaría virado. Calculamos el gasto de sosa en la 1ª alícuota para mezcla b) V sosa = 2 * V1 + V2 Gasto V1 para las reacciones

H3PO4 + OH- --> H2PO4- + H2O y H2PO4- --> HPO4(2-) + H2O y V2 para (H2PO4-ini) + OH- --> HPO4(2-) + H2O

Calculamos el gasto de sosa en la 2ª alícuota Vsosa = V1 Reacción: H3PO4 + OH- --> H2PO4- + H2O Como V1 = 16.4 ml, el volúmen consumido hasta viraje de la f enolftleína debería ser mayor que 28.0 ml. Por tanto, no puede tratarse de esta mezcla b). 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- --> H2O V2 para H3PO4 + OH- --> H2PO4- + H2O y V2 para H2PO4- + OH- --> 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- + H2O Esta mezcla se ajusta a los datos del problema, ya que se tendría: V1 + 2 * V2 = 28.0 ml y V1 + V2 = 16.4 ml De dónde deducimos V1 = 4.8 ml y V2 = 11.6 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 16.4 * 0.450 = mg HCl/36.5 + mg H3PO4/98 Además V2 * Msosa = mg H3PO4/Pm H3PO4

11.6 * 0.450 = mg H3PO4/98 De dónde deducimos mg H3PO4 = 512 mg y mg HCl = 79 mg c
  
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2.38. Se analiza una muestra que contiene carbonato y bicarbonato sódicos e impurezas inertes. Para ello se pesan 0.4817 g, se disuelven en agua y se valora con HCl 0.1176 M, consumiéndose 12.3 ml hasta viraje de la fenolftaleína. Otra muestra idéntica se disuelve en exceso de HCl, se calienta, y se elimina el CO2 por burbujeo sobre 25.0 ml de NaOH 0.1863 M. La disolución resultante se valora con HCl 0.1176 M, consumiéndose 14.6 ml hasta el viraje de la fenolftaleína. Calcular los porcentajes de las dos sales en la muestra. En la primera valoración: CO3(2-) + H+ -->HCO3mmol H+ = mmol CO3(2-) = mg Na2CO3/Pm Na2CO3 12.3 * 0.1176 = mg Na2CO3/106 mg Na2CO3 = 153 mg % Na2CO3 = 153 * 100/481.7 = 31.8% Las reacciones de transformación a CO2 son: CO3(2-) + 2H+ --> CO2 + H2O HCO3- + H+ -->CO2 + H2O A partir del carbonato sódico se forman: 153/106 = 1.44 mmol CO2 Y el total de CO2 será: mmol CO2 = 1.44 + mg NHCO3/84 Al reaccionar con NaOH: CO2 + 2OH- --> 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

mmol H+ = (mmol OH-tot) - mmol CO2 = (mmol OH-tot) - 1.44 - mg NaHCO3/84 mg NaHCO3 = 126 mg % NaHCO3 = 1216 * 100/481.7 = 26.2% c
  
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2.37. Una muestra de 1.000 g, que se sospecha que contenga NaOH, Na2CO3 y/o NaHCO3 aislados o mezclados, se disuelve y se valora con HCl 0.500 M. Con fenolftaleína como indicador (pKi = 9.4) la disolución se vuelve incolora después de la adición de 32.0 ml de ácido. Luego se añade naranja de metilo (pKi = 3.4) y se requieren 7.5 ml más de valorante hasta el punto final del indicador. ¿Cuál es la composición de la mezcla?

Si la mezcla contuviera sólo sosa o sólo carbonato, se gastaría el mismo volúmen de valorante hasta el viraje con cualquiera de los indicadores. Para el bicarbonato sólo se requiriría de un indicador. Para una mezcla de carbonato -bicarbonato se requiriría mayor volúmen de ácido para alcanzar el viraje del naranja de metilo. Por tanto, 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- + mmol CO3(2-) V * M = mg NaOH/Pm NaOH + mg Na2CO3/Pm Na2CO3 32.0 * 0.500 = mg NaOH/40 + mg Na2CO3/106 En la segunda prte de la valoración: H+ +HCO3- --> H2CO3 mmol H+ = mmol HCO3 = mmol CO3(2-) V * M = mg Na2CO3/Pm Na2CO3 7.5 * 0.500 = mg Na2CO3/106 mg Na2CO3 = 398 mg % Na2CO3 = 0.398 * 100/1.000 = 39.8% Sustituyendo:

mg mg NaOH = 492 mg % NaOH = 0.490 * 100/1.000 = 49.0% c
  
  c 

2.25. Se valoran 50.0 ml de NH3 0.125 M con HCl 0.100 M. Calcular el pH en los puntos de la curva de valoración que corresponden a la adición de 0; 25.0; 50.0; 62.5; 75.0; y 90.0 ml. La disolución a valorar contiene 50.0 ml * 0.125 M = 6.25 mmol de NH3 La reacción de valoración es: NH3 + H+ --> NH4+ Inicialmente, para V = 0.0 ml, el pH de la disolución viene dado por la hidrólisis básica del amoníaco, con pKb = 14-9.2 = 4.8 OH] = raiz(0.125 * 10^-4.8) = 1.4 * 10^-3 M y por tanto pH = 11.1 Para V = 25. ml moles HCl añadido = 25.0 * 0.100 = 2.5 0 mmol, equivalente al NH4+ formado. Volúmen final: f = 50 + 25 = 75 ml. NH3 sin valorar = 6.25 - 2.50 = 3.75 mmol. La disolución contiene una mezcla reguladora NH4+/NH3 cuyo pH vendrá dado por: pH = 9.2 + log(3.75/75)/(2.50/75) = 9.4 Para V = 50 ml HCl añadidos = 5.00 mmol equivalentes a los mmoles de NH4+ formados NH3 sin valorar: 6.25 - 5.00 = 1.25 mmol en un volúmen vf = 50 + 50 = 100 ml. Por tanto: pH = 9.2 + log(1.25/100)/(5.00/100) = 8.6 Para V = 62.5 ml HCl añadidos = 6.25 mmoles y se ha neutralizado todo el NH3, formándose una cantidad equivalente de NH4+ en un volúmen Vf = 50 + 62.5 = 112.5 ml. Estamos pues en el punto de equivalencia, en el que el pH viene dado por la disociación ácida del NH4+ a un concentración Ci = 6.25/112.5 = 0.056 M H+] = raiz(10^9.2 * 0.056) = 5.9 * 10^ -6 M y por tanto pH = 5.2 Para V = 75.0 ml

HCl añadidos = 7.50 mmoles, formándose 6.25 mmol de NH4+ y quedando un exceso de 7.50 - 6.25 = 1.25 mmol de H+ en un volúmen Vf = 75 + 50 = 125.0 ml. El pH viene dado por la concentración de protones en exceso: H+] = 1.25/125 = 0.01 M y por tanto pH = 2.0 Para V = 90.0 ml HCl añadidos = 9.00 mmoles, formándose un exceso de H+ de 9.00 - 6.25 = 2.75 mmol en un volúmen Vf = 90 + 50 = 140.0 ml. H+] = -log (2.75/140) = 1.7 c
  
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2.20. Se disuelven 520.0 mg de arseniato sódico en agua y la disolución se lleva a pH 7.0. Calcular qué volúmen de sosa 1M será necesario añadir para preparar, a partir de la anterior, 250 ml de una disolución de pH 11.5.

Teniendo en cuenta las constantes de disociación del ácido arsénico pK1 = 2.2; pK2 = 7.0; pK3 = 11.5, se deduce que la disolución inicial a pH 7.0, contiene una mezcla equimolar de las especies H2AsO4- y HsO4(2-). Para alcanzar el pH final 11.5, deberá formarse una nueva mezcla equimolar de las especies HAsO4(2 -) y AsO4(3-), para lo que será necesario añadir una cantidad de NaOH equivalente a la de las especies neutralizadas. Se calcula primero la cantidad de arsenito sódico en mmoles, con el peso molecular de la sal Na3AsO4, Pm = 207.9: 520.0/207.9 = 2.50 mmol Na3AsO4 A pH 7.0, la disolución contendrá 1.25 mmol de H2AsO4 - y 1.25 mmol de HAsO4(2-). Para llegar a formar una disolución que contenga 1.25 mmol de HAsO4(2 -) y 1.25 mmol de AsO4(3-). será necesario neutralizar los dos protones del H2AsO4 -, según la reacción: H2AsO4- + 2OH- --> AsO4(3-) + 2H2O por lo que: mmol NaOH = 2 * mmol H2AsO4- = 2 * 1.25 = 2.50 mmol Como se dispone de una disolución de NaOH 1M, habrá que añadir: V = 2.50 mmol/(1 mmol/l) = 2.50 ml Después de añadir este volúmen, la disolución se llevará a 250 ml, enrasando con agua. c
  
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2.19. a) ¿Qué peso de etilendiamina (NH2CH2CH2NH2), se deberá añadir a 200 mmol de HCl para obtener un litro de disolución reguladora de pH 10.5? b) ¿Cuantos moles de ácido o de base admiten 100 ml de esta disolución para que su pH varíe como máximo +/- 0.1 unidades? a) Las constantes de disociación ácida del sistema de la etilendiam ina (a partir de ahora En) son: H2En2+ HEn+ + H+ pK1 = 7.1 y HEn+ En + H+ pK2 = 9.9 Por lo que a pH = 10.5 se tendrá el regulador HEn+/En, cumpliéndose: 10.5 = 9.9 + log En]/HEn+] de donde: 0.6 = log En]/HEn+] 10^0.6 = En]/HEn+] En]] = 4.0 * HEn+] Al añadir En a 200 mol de HCl se producirá la reacción: H+ + En --> HEn+ Primero se neutralizarán los 200 mmol de HCl, formándose 200 mmol de HEn+. Si se sigue añadiendo En a la disolución, se obtendrá la mezcla deseada. La relación de concentraciones calculada anteriormente para las dos especies de la En puede expresarse como moles, ya que el volúmen de la disolución final es el mismo. 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, diluyendo posteriormente a un litro de disolución. Ya que el peso molecular es 60.0, la masa de En es de 60.0 g. b) Al añadir mínimas cantidades de una base se producirá un ligero aumento del pH. Para amortiguarla +/- 0.1 unidades de pH, la disolución final deberá mantenerse en pH = 10.6, cumpliéndose: pH = 10.6 = 9.9 + log En]/HEn+] 0.7 = log En]/HEn+] 10^7 = En]/HEn+] En] 5.0 * HEn+] La concentración total de En es Ctotal = HEn+] + En] = 1M Resolviendo el sistema obtenemos: HEn+] = 0.17 M En] = 0.83

Respecto de la disolución inicial, ésta contiene 0.03 moles más de especie disociada y formados a expensas de la base añadida, por tanto la cantidad de base que admite dicha disolución será de 30 mmol/litro , es decir 3.0 mmol /100 ml. Al añadir una mínima cantidad de ácido esta disolución se producirá una ligera disminución del pH. Para que sea como máximo de -0.1 unidad, la disolución deberá llegar a pH = 10.4, cumpliéndose: pH = 10.4 = 9.9 + log En]/HEn+] 0.5 = log En]/HEn+] 10^5 = En]/HEn+] En] = 3.2 * HEn+] Como la concentración total de En es Ctot = HEn+] + En] = 1M Resolviendo el sistema, se obtiene:

HEn+] = 0.24 y En] = 0.76 M Respecto a la disolución inicial, ésta contiene 0.04 moles más de especie protonada. Como éstos se han formado a expensas del ácido añadido, la cantidad de ácido que admite dicha disolución será de 40 mmol/litro, es decir 4.0 mmol /100 ml. Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editad o por Edit. Síntesis: P. Yañez-Sedeño, J.M. Pingarrón y F.J.M de Villena.

Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 06/Dic/2006 12:41 GMT+1 c  c 
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3.20. Una disolución contiene una mezcla de Mg2+ y Zn2+. Para determinar ambos iones se valoran 20.0 ml de muestra con EDTA 0.0436 M en medio amoniacal, empleando NET (negro de eriocromo T) como indicador, gastándose 22.7 ml hasta color azul. Seguidamente se añadieron 2.5 g de NaF a la disolución, observándose la aparición de un precipitado y liberándose una cantidad de EDTA tal que se necesitaron 18.6 ml de una disolución patrón de Mn2+ 0.0230 M para su valoración. Datos: Pat Mg = 24.3 Pat Zn = 65.4 a) Justificar el procedimiento seguido y b) Calcular los mg de Mg2+ y Zn2+ en la alícuota valorada. a) Las reacciones que tienen lugar son: Valoración: Mg2+ + Zn2+ + Y4- --> MgY2- + ZnY2Indicador: MgNET + Y4- --> MgY2- +NET Desplazamiento: MgY2- + 2F- MgF2 (precip.) + Y4Valoración: Y4- + Mn2+ --> MnY2Para validar el método, el fluoruro debe reccionar y desplazar al Mg complejado cuantitativamente al EDTA. 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) = 1/10^8.6 * 10^ -8.2 = 10^0.4 Dicho valor de K es pequeño, pero el desplazamiento de la reacción se asegura añadiendo un fuerte exceso de NaF, tal como indica el proc edimiento. b) En la primera valoración: mmol EDTA = mmol Mg2+ + mmol Zn2+ mmol Mn2+ = mmol EDT (desplaz.) = mmol Mg2+ 22.7 * 0.0436 = mg Mg2+/Pat Mg +mg Zn2+/Pat Zn 18.6 * 0.0230 = Mg2+/Pt Mg Sustituyendo y despejando: Mg2+ = 10.4 mg y Zn+2 = 36.7 mg

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3.19. El contenido en sulfato de un mineral se determina mediante un método indirecto. Para ello se toman 0.4782 g de muestra, se disuelven en ácido nítrico y se añade un exceso de nitrato de plomo. A co ntinuación, el sulfato de plomo formado se separa por filtración, se lava y se disuelve en 25.0 ml de una disolución amoniacal de EDTA de la que 2.5 ml equivalen a 16.2 mg de Zn. Finalmente el exceso de EDTA se valora con una disolución de Zn(II) 0.0986 M, consumiéndosen 7,4 ml. Calcular el porcentaje de SO4(2-) en la muestra. Datos: Pm SO2(2-) = 96; Pt Zn = 65.4

Las reacciones que tienen lugar son: SO4(2-) + Pb2+ PbSO4 (precip) PbSO4 (precip) +Y4- --> PbY2- + SO4(2-) + Y4- (exceso) Y en la valoración: YY4- (eceso) +Zn2+ --> ZnY4Es un valoración por retroceso y se cumple que: mmol Y4- (total) = mmol Pb2+ + mmol Zn2+ = mgSO4(2-)/Pm SO2(2-) + VZn2+ * MZn2+ Para calcular la concentración de la disolución de EDTA se sabe que: mmol Y4- = mmol Zn2+ 2.5 *MY4- = mgZn/Pt Zn = 16.2/65.4 MH2Y2- = 0.0991 mol/l y sustituyendo: 25.0 * 0.0991 = mg SO4(2-)/96 + 7.4 * 0.0986 y despejando mg SO4(2-) = 168 mg pasando a porcentaje: %SO4(2-) = 168* 100/478.2 = 35.1 %

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3.18. Para determinar la composición de una disolución de Bi(III) y Pb(II) se aplicó el siguiente procedimiento: Se tomó una alícuota de 50.0 ml y una vez ajustado el pH a 1.7 se valoró con EDTA 0.050 M hasta viraje del naranja de xilenol, consu miéndose 24.5 ml. A continuación, la disolución obtenida se llevó a pH 5.0 y se siguió adicionando EDTA 0.050 M hasta completar la valoración, gastándose 42.0 ml en total. a) Justificar el procedimiento seguido, indicando las especies que se valoran en cad a uno de los pasos. b) Determinar las cantidades exactas de Bi(III) y Pb(II) presentes en 50.0 ml de disolución.

a) A ph=1.7:

alfasubgamma^4-H+] = 1 + 10^11H+] + 10^17.3H+]^2 + 10^19.8H+]^3 + 10^21.7H+]^4 = 10^15.1 alfasubBi3+(OH-) = 1 + 10^12.7OH-] + 10^15.8OH-]^2 + 10^35.2OH -]^3 = 10^3.5

alfasubPb2+(OH-) = 1 + 10^7.8OH-] + 10^10.9OH-]^2 + + 10^14.6OH -]^3 ~= 1 log K'subBiY- = 22.8 - 15.1 - 0.5 = 7.2 log K'subPbY2- = 18.0 - 15.1 - 0 = 2.9 Los valores de las constantes indican que a este pH la única especie valorada es el Bi(III).

A ph 5.0:

alfasubY4-(H+) = 10^7.3; alfsubBi3+(OH-) = 10^3.7; alfsubPb2+(OH-) ~= 1; log K'subBiY- = 22.8 - 7.3 - 3.7 = 11.8 log K'subPbY2- = 18.0 - 7.3 - 0 = 10.7

A este pH el Bi(III) sigue acomplejado y se valora el Pb(II). b) A pH=1.7 (Pat Bi = 209; Pat Pb = 207) mmol EDTA = mmol Bi(III) 24.5 * 0.050 = mgBi/209 mgBi = 256 mg Bi/50.0 ml A pH=5.0 mmol EDTA = mmol Pb(II) (42.5 - 24.5) * 0.050 = mgPb/207 mgPb = 181 mg Bi/50.0 ml c
  
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3.17. Se quiere determinar la riqueza de un agua. Para ello se valoran 100 ml de muestra con una disolución de EDTA de la que se sabe que 1.0 ml de la misma equivalen a 5.0 ml de una disolución de Mg2+ preparada disolviendo 0.600 g/l de MgCl2. Sabiendo que el volúmen de valorante consumido hasta viraje del negro de eriocromo T fue de 9.6 ml, Expresar el resultado de la dureza obtenida como partes por millón de CaCO3.

Calculamos la concentración de la disolución de Mg2+, aplicando Pm MgCl2 = 95.3; Pm CaCO3 = 100.0 MMg2+ = 0.600/95.3 = 0.0063 mol/l Para la concentración de la disolución de EDTA conocemos la relación mmol EDTA = mmol Mg2+ y mmol EDTA = mmol CaCO3

1.0 * M(EDTA) = 5.0 * 0.0063 despejando: M(EDTA) = 9.6 * 0.0315 = mg CaCO3/100 obteniéndosen: 30.2 mg/100 ml de CaCO3 ó 302 mg/l de CaCO3 ó 303 ppm de CaCO3 c
  
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3.16. Se preparó un disolución mercúrica disolviendo 1.250 g de HgO en ácido nítrico y diluyendo hasta 250 ml. A continuación, esta disolución se empleó para determinar las impurezas de NCl en una muestra de NaNO3. Si se consumieron 25.5 ml de Hg2+ en la valoración de 1.580 g de muestra, empleando nitroprusiato sódico como indicador, y 0.2 ml de la misma disolución en el ensayo en blanco, ¿Cuál es el porcentaje de NaCl en dicha muestra?

Pm NaCl = 58.5; Pm HgO = 216.6 La reacción de valoración es: Hg2+ + 2Cl- --> HgCl2 por lo que deducimos la relación mmol Cl -/2 mmol Hg2+

NCl/58.5.5 = 2*(25.5 - 0.2) * MHg2+ de dónde MHg2+ = (1.2500/216.6)/0.250 = 0.0231 mol/l Hg2+ y pasando a porcentaje: %NaCl = 0.0684*100/1.580 = 4.3%

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  c 

3.15. Se valoró por retroceso el Ni2+ presente en una disolución. Para ello se añadió amoniaco en exceso y a continuación, 52.1 ml de una disolución de cianuro que contenía 8,147 mg/ml de KCN. Seguidamente, el exceso de CN - se hízo reaccionar en presencia de KI, con una disolución de Ag+ 0.126M, consumiéndose 4.3 ml hasta aparición de turbidez. Calcular los gramos de níquel contenidos en la disolución analizada.

Las reacciones que tienen lugar son:

Ni2+ + 4NH3 -->Ni(NH3)4(2-) Ni(NH3)4(2-) + 4CN- --> Ni(CN)4(2-) + 4NH3 Ag+ + 2CN- --> Ag(CN)(2-) I- + Ag+ --> AgI (precip.) mmol KCN (total) 4 mmol Ni2+ + 2 mmol Ag+ Pm. KCN = 65.0 Pt.Ni =58.7

52.1 * 8.147/65.0 = 4 * Ni/58.7 + 2 * 4.3 * 0.126 Ni = 79.9 mg Ni

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  c  3.14. El porcentaje de cobre de una muestra de latón es del 45.0%. Cuand o se disuelven 0.120 g de la misma y se valoran con una disolución patrón de KCN, se consumen 18.6 ml hasta desaparición del color azul del complejo de cobre en medio amoniacal. ¿Cuántos gramos de Ag+ reaccionarán con 1.0 ml de dicha disolución patrón si se valoráran por el método de Liebig? El latón analizado contiene 0.120 * 0.45 = 0.054 g Cu

La reacción de valoración de cobre II con cianuro se realiza en la relación 2Cu(NH3)4(2-)/7CN- por tanto: mmol CN- = 7/2 mmol Cu 18.6 * M = 7/2 * (0.054 * 10^3/1 08) despejando M = 0.160 mol/l KCN

En la valoración de la plata la relación es mmol CN- = 2 mmol Ag+, por tanto: 1.0 * 0.160 = 2 * (Ag+ * 10^3/108) despejando Ag+ = 0.0086 g ó Ag+ = 8.6 mg

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4.20. Una muestra de sidra de 100.00 g se somete a un proceso de oxidación mediante el cual su contenido en sacarina es transformado en sulfato, que posteriormente es precipitado con bario. Si la masa de este precipitado es de 0.0223 g, 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 SO4(2-) SO4(2-) + Ba2+ BaSO4 (precip.) moles sacarina/moles S = moles So4(2-) = moles BaSO4

moles sacarina = g BaSO4/Pm BaSO4 = 0.0223/233.40 = 9.55 * 10^-5 g sacarina = 9.55 * 10^-5 * Pm sacarina = 9.55 * 10^-5 * 183.19 = 0.0175 g

% sacarina = 0.0175 * 100/100.00 = 0 .0175%

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4.19. Una muestra de 1.227 g de alumbre, K2SO4 · Al2(SO4)3 · 24 H2O, que contiene sólo impurezas inertes, se disuelve y el aluminio se precipita con 8 -hidroxiquinoleína. Una vez filtrado, el precipitado se calcina a Al2O3, obteniéndose una masa de 0.1098 g. Calcular los porcentajes de aluminio y azufre en la muestra.

El aluminio precipita con la 8 -hidroxiquinoleína C9H7NO, según la reacción: Al3+ + 3C9H7NO Al(C9H6NO)3 (precip.) + 3H+ Una vez calcinado a Al2O3 y determinado su peso, 0.1098 g, se puede calcular el contenido de aluminio en la muestra.

g Al = g Al2O3 * 2 * Pat Al/Pm Al2O3 = = 0.1098 * 2 * 26.98/101.96 = 0.05811 g % Al = 0.05811 * 100/1.2277 = 4.73% 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 = 0.05811/26.98 = 0.00254 moles S = 2* moles Al = 2* 0.0002154 = 0.004308 g S = moles S * Pt S = 0.004308 *m 32.06 = 0.1381 g % S = 0.1381 * 100/1.2277 = 11.25 % c
  
  c 

4.18. Una aleación contiene aluminio, silicio y magnesio. Una muestra de 0.6750 g se disuelve en ácido y se separa el silicio en forma de SiO2, cuya masa un vez cal cinada es de 0.0285 g. A la disolución ácida resultante se le añade amoniaco y se precipita el aluminio como Al2O3, que tras el adecuado tratamiento da una masa de 0.5383 g. En esta disolución amoniacal, finalmente, se precipita el magnesio con fosfato, se calcina el precipitado y se pesa como pirofosfato, obteniéndose 1.6946 g. Calcular la composición de la aleación. El contenido de silicio en peso y su porcentaje será:

g Si = g SiO2 * Pat Si/Pm SiO2 = = 0.0285 * 28.09/60.09 = 0.0133 g % Si = 0.0133 * 100/0.6750 = 1.97%

El contenido de aluminio en peso y su porcentaje será:

g Al = g Al2O3 * 2 * Pat Al/Pm Al2O3 = = 0.5383 * 2 * 26.98/101.96 = 0.2849 g % Al = 0.2849 * 100/0.6750 = 42.21%

El contenido de aluminio en peso y su porcentaje será:

g Mg = g Mg2P2O7 * 2 * Pat Mg/Pm Mg2P2O7 = 1.6946 * 2 * 24.31/222.56 = 0.3702 g

% Mg = 0.3702 * 100/0.6750 = 54.84% c
  
  c  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

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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 % c
  
  c  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:

g CaO * 1.785 + gMgO = 0.5776 g g Cao + g MgO = 0.3407 g CaO = 0.3018 g MgO = 0.3407 - 0.3018 = 0.0399 g

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4.14. El calcio de una muestra de 0.7554 g de piedra caliza, previamente disuelta, fue precipitado como oxalato y, posteriormente calentado hasta su transformación en carbonato cálcico. El peso de este compuesto fue de 0.3015 g. Calcular el porcentaje de calcio en la muestra de caliza. Datos: Pat Ca = 40.08; Pm Ca CO3 = 100.09;

Precipitamos el calcio con oxalato y por calcinación se transforma térmicamente en carbonato: Ca2+ + C2O4(2-) CaC2O4 (precip.) CaC2O4 (precip.) -> CaCo3 (precip.) + 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 = 0.4004. g Ca = g CaCO3 * Pat Ca/PmCaCO3 = g CaCo3 * 40.08/100.09 = 0.3015 * 40.08/100.09 = 0.127 g %Ca = gCa * 100/g muestra = 0.1207 * 100/ 0.7554 = 15.98% 4.14. El calcio de una muestra de 0.7554 g de piedra caliza, previamente disuelta, fue precipitado como oxalato y, posteriormente calentado hasta su transformación en carbonato cálcico. El peso de este compuesto fue de 0.3015 g. Calcular el porcentaje de calcio en la muestra de caliza. Datos: Pat Ca = 40.08; Pm CaCO3 = 100.09;

Precipitamos el calcio con oxalato y por calcinación se transforma térmicamente en carbonato: Ca2+ + C2O4(2-) CaC2O4 (precip.) CaC2O4 (precip.) -> CaCo3 (precip.) + CO (gas) La relación molar es

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 = 0.4004. g Ca = g CaCO3 * Pat Ca/PmCaCO3 = g CaCo3 * 40.08/100.09 = 0.3015 * 40.08/100.09 = 0.127 g %Ca = gCa * 100/g muestra = 0.1207 * 100/0.7554 = 15.98%

Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit. Síntesis: P. Yañez-Sedeño, J.M. Pingarrón y F.J.M de Villena

Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 06/Dic/2006 12:50 GMT+1 c  c 
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4.26. Se analiza un muestra comercial de cianuro potásico, que se sabe está contaminada con cianuro sódico, y que contiene pequeñas cantidades de cloruro y de sustancias inertes. Para ello se pesa 1.000 g de muestra, se disuelve y se valora con 45.95 ml de AgNO3 0.1650 M hasta turbidez permanente. A continuación se prosigue la adición de AgNO3, gastándose 47.70 ml hasta la obtención de un color rojizo, empleando K2CrO4 como indicador. Calcular: a) el contenido total de cianuaro en la muestra, expr esado como porcentaje de KCN y b) el contenido de cloruro en la muestra, expresado como porcentaje de KCl. a) Valoramos el cianuro con nitrato de plata, por el método de Liebig, transcurriendo la reacción así:

2 CN- + Ag+ Ag(CN)2- (precip.) Añadimos la cantidad estequiométrica y un ligero exceso y se produce una turbidez permanente de dicianoargentato (I) de plata: Ag(CN)2- + Ag+ AgAg(CN)2] (precip.) En el punto de equivalencia se cumple la relación: 2 mmoles Ag+ = mmoles CN2 * 0.1650 * 45.95 = mmoles CN15.16 = mmoles CN- = mmoles KCN 15.16 * 65.12 = 987.2 mg KCN % KCN = 987.2 * 100/1000.0 = 98.72 % b) Para determinar el cloruro se añade un cantidad adicional de disolución de nitrato de plata, seguida de la de cloruro de plata, origin ando el primer exceso de ión plata un precip. rojo anaranjado de Ag2CrO4, que indica el final de la valoración según el método de Mohr y las siguientes reacciones y equivalencias: Ag(CN)2- + Ag+ AgAg(CN)2] (precip.) Cl- + Ag+ AgCl (precip.) mmol Ag+ = mmol g(CN)2- + mmol Cl(mmol Ag+)ini = 0.1650 * 45.95 = 7.582 = mmol Ag(CN)2 (mmol Ag+)exceso = mmol Ag(CN)2- + mmol Cl0.1650 * 47.70 = 7.582 + mmol Cl mmol Cl- = 0.2890 mg KCl = 0.2890 * 74.56 = 21.55 mg % KCl = 21.55 * 100/1000.0 = 2.16 %

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4.25. Una muestra de blenda de 1.0728 g de masa se trata con HNO3, se elimina el H2S y la disolución resultante se enrasa a 250 ml. Una alícuota de 25.0 ml de ésta se valora con una disolución de ferrocianuro potásico, gastándose 16.5 ml de la misma. La concentración de la disolución valorante fue previamente determinada pesando 0.0490 g de Zn metálico, disolviéndolos en H2SO4 diluído y valorando seguidamente la disolución de ferrocianuro, que gastó 12.1 ml. Calcular el porcentaje de sulfuro de cinc en la blenda.

La valoración de cinc con ferrocianuro potásico transcurrirá de acuerdo con la reacción ajustada: 3 Zn2+ +2 K+ +2 Fe(CN)6(4 -) K2Zn3Fe(CN)6(4-)]2 (precip.)

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, la cual se determina mediante la misma reacción. Por tanto, a partir de los datos del problema se tiene: 2 * 49.0/65.37 = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) mmol Fe(CN)6(4-) = 0.500 mmoles mmol Fe(CN)6(4-) = MsubFe(CN)6(4-) * V 0.500 = MsubFe(CN)6(4-) * 12.1 y despejando MsubFe(CN)6(4-) = 0.0413 mol/l Conocida la concentración del valorante, se determina la cantidad de cinc en la muestra problema. 2 * mmoles Zn2+ = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) 2 * mmoles Zn2+ = 3 * 16.5 * 0.0413 mmoles Zn2+ = 1.02 mmoles Ahora calculamos la masa de ZnS en la alícuota de 25.0 ml: mmoles Zn2+ = mmoles ZnS = 1.02 * 97.43 = 99.4 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 * 100/1072.8 = 92.7%

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4.24. Una mezcla de NaCl y MgCl2 que pesa 1.6330 g se disuelve en agua y se lleva a un volúmen de 250 ml. Una alícuota de 25.0 ml se valora con Ag+ 0.1250 M, consumiéndose 24.5 ml. Calcular el porcentaje de MgCl2 en la muestra. Se va a proceder a una valoración directa de cloruro con disolución patrón de Ag+: Cl- + Ag+ AgCl (precip.) En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es:

mmoles Cl- = mmoles Ag+ mmoles Cl- = 24.5 * 0.1250 = 3.06 mmoles Para el volúmen total de 250 ml, tendremos: mmoles Cl- =3.06 * 250/25.0 = 30.6 mmoles Estos mmoles de cloruros proceden de la disolución de las dos sales, NCl y MgCl2. Por tanto, teniendo en cuenta la estequiometría de las sales se debe cumplir que: mmoles Cl- = mmoles NaCl + 2 mmoles MgCl2 mmoles Cl- = 30.6 = mg NaCl/58.44 + (2 * mg MgCl2)/95.22 Teniendo en cuenta la masa total de la muestra de sales de cloruros, tendremos: 163.0 = 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; mg MgCl2 = 683 mg; % MgCl2 = 683 * 100/1633 = 41.8% c
  
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4.23. Una muestra de 2.0000 g de feldespato produce una mezcla de cloruros de sodio y potasio que pesa 0.2558 g. Si se agregan 35.00 ml de Ag NO3 0.1000 M a la mezcla disuelta de cloruros y el exceso de Ag+ requiere 1.00 ml de KSCN 0.0200 M para su valoración, ¿cuál es el porcentaje de potasio en el feldespato?

Aplicaremos el método de Volhard para la determinación indirecta de cloruros. 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 - y se producirán las siguientes reaccciones: Cl- + Ag+ AgCl(precip.) + Ag+(exceso) Ag+(exceso) + SCN- AgSCN-(precip.) Las relaciones estequiométricas que se deducen de las reacciones son: mmol Ag+(tot) = mmol Cl- + mmol Ag+ tot mmol Ag+(exceso) = mmol SCNmmol Cl-(tot) = mmol NaCl + mmol KCl Calculamos Cl-(tot) en la muestra, a partir de las dos ecuaciones con dos incógnitas citadas:

35.00 * 0.1000 = mmol Cl- + 1.00 *0.0200 mmol Cl- =3.48 mmoles Cl- =3.48 = mg NaCl/58.44 + mg KCl/74.56 255.8 mg = mg NaCl + mg KCl mg NaCl =13.3 y mg KCl = 242.5 mg mg K = mg KCl * Pat K/Pm KCl = 242.5 * 39.1 0/74.56 = 127.2 mg

% S = 127.2 * 100/2000 = 6.36 % c
  
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4.22. Un fragmento de una moneda de plata que pesa 0.1238 g, se disuelve en a. nítrico y se valora con KSCN 0.0214 M, consumiéndose 47.0 ml. Calcula r el contenido de plata en la moneda.

Aplicaremos el método de Volhard para la determinación directa de la plata. La reacción y sus relaciones estequiométricas serán: Ag+ + SCN- AgSCN(precip.) mmoles Ag+ = mmoles SCNAplicando: mmoles Ag+ = 47.0 * 0.0214 = 1.01 mmoles mg Ag+ = 1.01 * 107.87 = 109 mg % Ag = 109 * 100/123.8 = 88.8 %

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4.21. Se quiere valorar una disolución de 50.0 ml de tiocianato potásico 8.00 * 10^ -2 M con Cu+ 4.00 * 10^-2 M, a partir de los puntos más significativos, trazar la curva de valoración correspondiente. Representaremos valores de pSCN = -logSCN-] frente al volúmen de valorante añadido de la disolución de Cu+, que tiene lugar mediante la reacción:

Cu+ + SCN- CuSCN (precip.)

En el punto inicial, antes de añadir el valorante, tenemos: pSCN- = -logSCN-] = -log(8.00 * 10^-2) = 1.10

En el transcurso de la valoración y antes de llegar al punto de equivalencia, la concentración de SCN- 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. La concentración de tiocianato debido a la solubilidad del CuSCN puede despreciarse frente a la SCN-]novalo hasta aproximarse al punto de equivalencia.

La SCN-]novalo se calcula a partir de los mmoles iniciales de Cu+ añadidos, restándoles los mmoles de Cu+ añadidos y dividiendo el resultado por el volúmen total en ml de la disolución.

Tras añadir 10.0 ml de Cu+ tendríamos:

SCN-]novalo = (mmoles ini de SCN- - mmoles Cu+)/V ml = 50.0 * (8.00 * 10^ -2) -20.0 * (4.00 * 10^-2)]/60.0 = 6.00 * 10-2 M y pSCN = -logSCN-] = 1.22

Tras añadir 50.0 ml de Cu+ tendríamos: SCN-]novalo = (mmoles ini de SCN- - mmoles Cu+)/V ml = 50.0 * (8.00 * 10^-2) -50.0 * (4.00 * 10^-2)]/100.0 = 2.00 * 10 -2 M y pSCN = -logSCN-] =1.70

Para 99.0 ml, casi en el punto de equivalencia, comprobaremos si sigue siendo despreciable la solubilidad del CuSCN, 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 = 0.0400/149.0 + 10^-13.4/SCN-]tot = 2.68 * 10-4 M pSCN = -logSCN-] = 3.57

En el punto de equivalencia al añadir los 100.0 ml de Cu+ SCN -] se obtiene del producto de solubilidad del CuSCN (precip.) calculando:

SCN-] = Cu+] = raiz(Ksub(s)) = raiz(10^-13.4)= 2.00 *10^-7 y pSCN = 6.70

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^-13.4/Cu+]exceso Para 105 ml Cu+ tendremos: SCN-] = 10^-13.4/(5.0*(4.00*10^2)/155.0) = = 3.09 *10^11 y pSCN = 10.5

Tabla 1. Datos curva valoración (x,y) VañadSCN-]novalo pSCN-VañadSCN-]novalo pSCN 10 6.00 *10^-2 1.22 --- 95 -----2.86 20 4.57 *10^2 1.34 --- 99 -----3.57 30 3.50 *10^-2 1.46 --- 100 2.00 *10^-7 6.70 40 2.67 *10^-2 1.57 --- 105 3.09 * 10^-11 10.5 50 2.00 *10^-2 1.70 --- 110 1.59 * 10^-11 10.8 60 ----1.84 --- 120 11.1 70 ---2.00 --- 130 11.2 80 ----2.21 --- 140 11.3 90 ----2.54 --- 150 11.4 Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit. Síntesis: P. Yañez-Sedeño, J.M. Pingarrón y F.J.M de Villena

Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 07/Dic/2006 18:34 GMT+1 c  c 
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4.31. Un método para la determinación del ión Co(2+) consiste en añadir a la disolución problema un exceso conocido de SCN -, en presencia de piridina, C5H5N, para que se produzca Co(C5H5N)4(SCN)2, después se filtra el precip. y se valora el exceso de SCN-. Calcular la concentración de Co(2+) en la disolución, si 25.0 ml se tratan con 3 ml de piridina y 25.0 ml de KSCN 0.1132 M., se filtra y el filtrado se lleva 250.0 ml, se toma una alícuota de 50.0 ml y se añade 5.00 ml de AgNO3 0.1210 M. El exceso de plata, tras la adición de unas gotas de Fe3+, requiere 4.00 ml de KSCN 0.1132 M hasta aparición de color rojo.

El Co(2+) se va a determinar de forma indirecta mediante su precipitación en presencia de piridina con un exceso de disolución de SCN -, basada en la reacción: Co(2+) + 4 C5H5N + 2 SCN- Co(C5H5N)4(SCN)2 (precip.) El SCN- no reaccionado se trata, con un exceso conocido de disolución de AgNO3, precipitando AgSCN. Por último la cantidad de Ag+ sobrante se valora con la disolución patrón de SCN- por el método de Volhard. (mmol Ag+tot) = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) 5.00 * 0.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) mmol Ag+ = mmoles SCN- = 4.00 * 0.1132 = 0.453 Sustituyendo arriba: 5.00 * 0.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso) 5.00 * 0.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + 0.453 (mmol SCN-sin reacc) = 0.605 - 0.453 = 0.152 Estos valores se refieren a una alícuota de 50 ml, por lo que ahora los referiremos a los 250 ml totales: (mmol SCN-sin reacc) = 250 * 0.152/5 = 0.760 (mmol SCN-tot) = 25.0 * 0.1132 = 2.83 (mmol SCN-sin reacc) = 2.83 - 0.760 = 2.07 Por la estequiometría de la reacción: 2 * mmol Co(2+) = mmol SCN2 * mmol Co(2+) = 2.07 mmol Co(2+) = 1.04 c
  
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4.30. Para determinar el contenido de sulfato en una muestra de sal de Mohr, contaminada con impurezas inertes, se requiere un volúmen de disolución de Ba2Cl 0.2000 M cuyo valor, en ml, es igual al porcentaje de hierro en la muestra. ¿Cuál es el

peso de la muestra?.

El sulfato se va a determinar mediante una volumetría de precipitación basada en la reacción: Ba2+ + SO4(2-) BaSO4 (precip.) 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. (NH4)2 . 6H2O que es un sulfato ferroso amónico hexahidratado y cada mol de esta sal contiene dos moles de sulfato y uno de hierro. mmol SO4(2-) 2 * mmol sal de Mohr = 2 * mmol Fe Por tanto calculamos los moles gastados en la valoración del sulfato: mmoles Ba+2 = V ml * 0.2000 = mmoles SO4(2 -) V ml * 0.2000 = 2 * mmoles Fe = 2 * mg Fe/55.85 V ml = mg Fe * 100/mg muestra mg Fe* 100 * 0.2000/mg muestra = 2 * mg Fe/55.85 mg muestra = 558.5 c
  
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4.29. Una mezcla que contiene NaBr, KCN y KSCN se pone en disolución y requiere 14.6 ml de AgNO3 0.100 M hasta aparición de una tenue turbidez. A otra muestra idéntica se le añaden 52.5 ml de AgNO3 0.100 M, necesit ándosen a continuación 8.25 ml de KSCN 0.0920 M para valorar el exceso de Ag+ por el método de Volhard. El precipitado total obtenido se trata hasta descomposición de todos los precipitados, a excepción del de AgBr. La disolución resultante se valora segui damente con KSCN 0.00920 M, del cual se requieren 39.1 ml. Calcular las masas de NaBr, KCN y KSCN presentes en la muestra.

En la primera muestra se lleva a cabo una determinación de cianuro de acuerdo con el método de Liebig, mediante la reacción: Ag+ + 2CN- Ag(CN-)2 (precip.) En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es: 2 * mmoles Ag+ = mmoles CN1 * 14.6 * 0.100 = 2.92 mmol CN A la segunda muestra, idéntica a la primera, se añade suficiente cantidad de AgNO3 para que precipiten las sales de plata como AgCN, AgSCN y AgBr, quedando un exceso

de Ag+ que se valora con SCN- por el método de Volhard. Por tanto en esta segunda muestra: (mmol Ag+tot) = mmolCN- + mmol SCN- + mmol Br + (mmol Ag+exceso) Para valorar el exceso se requieren 8.25 ml de disolución patrón de SCN - 0.0920 M. Por tanto: (mmol Ag+exceso) = 8.25 * 0.0920 = 0.759 La cantidad de CN- presente en la muestra es de 2.92 mmoles de CN - según se ha valorado previamente y sustituyendo : 52.5 * 0.100 = 2.92 + mmol SCN - + mmol Br + 0.759 Como el exceso de Ag+, tras precipitar el Br-, ha precisado 39.1 ml de SCN - 0.0920 M, tenemos: mmol Ag+ = 39.1 * 0.0920 = 3.60 Y como este exceso proviene de la disolución de los precipitados de AgCN y AgSCN, tendremos: mmol Ag+ = 3.60 = 2.92 + mmol SCNmmol SCN- = 0.680 Calculamos ahora Br-, sustituyendo y despejando en la ecuación de arriba: (mmol Ag+tot) = mmolCN- + mmol SCN- + mmol Br + (mmol Ag+exceso) 52.5 * 0.100 = mmol CN- + mmol SCN- + mmol Br- + 0.759 52.5 = 2.92 + 0.680 + mmol Br- + 0.759 mmol Br = 0.891 Y por último calculamos las masas de las sales: mg KCN = mmol KCN * 65.12 = 2.92 * 65.12 = 190 mg mg NaBr = mmol NBr * 102.90 = 0.891 * 102.90 = 91.7 mg mg KSCN = mmol KSCN * 97.18 = 0.680 * 97.18 = 66.1 mg c
  
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4.28. Una muestra de 2.2886 g de un plaguicida que contiene DDT, di -(p-clorofenil)tricloroetano, se mineraliza y la disolución resultante se enrasa a 100.0 ml. A una alícuota de 25.0 ml se le añaden 10.0 ml de una disolución de AgNO3. En la valoración del exceso de Ag+ se consumen 3.75 ml de SCN -. Para determinar la concentración de la disolución de AgNO3 se pesan 0.1226 g. de NaCl, se disuelven en agua y se valoran por el método de Mohr con la disolución de AgNO 3 requiriendo 21.4 ml de la misma. Si 17.7 ml de SCN- consumen 19.7 ml de esa misma disolución de Ag+, calcular el porcentaje de DDT en el plaguicida.

Para calcular la concentración de la disolución de AgNO3, sabemos: mmol Ag+ = mmol Cl- = mmol NaCl 21.4 * M(Ag+) = 122.6/58.44 M(Ag+) = 0.0980 mol/l Para calcular la concentración de la disolución de SCN -, sabemos: mmol Ag+ = mmol SCN19.7 * 0.0980 = 17.7 * M(SCN -) M(SCN-) = 0.109 La mineralización de la muestra produce iones de Cl - procedentes del DDT, que reaccionan con los de Ag+ añadidos y el exceso se valora con SCN mmol Ag+ = mmol Cl- + mmol SCN10.0 * 0.0980 = mmol Cl - + 3.75 * 0.109 mmol Cl- = 0.571 Como cada molécula de DDT contiene 5 átomos de cloro nos permite deducir los mmoles de DDT mmol DDT = mmol Cl-/5 = 0.571/5 = 0.114 Estos cálculos corresponden a una alícuota de 25 ml y referidos a la muestra de 100.0 ml serán: (mmol DDT)tot = 0.114 * 4 = 0.456 mg DDT = 0.456 * 354.5 = 162 % DDT = 162 * 100/2288.6 = 7.08%

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4.27. El contenido de azufre en un compuesto orgánico se determina por el procedimiento siguiente: se toman 5.00 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, formándose H2SO4; a continuación se procede a valorar esta disolución con Ba(ClO4)2, empleando rojo de alizarina S como indicador de absorción, gastándose 1.53 ml de dicho valorante. Si 10.00 ml de H2SO4 0.0104 M requieren 8 .60 ml de la disolución de Ba(ClO4)2 para su valoración, calcular el % de S en la muestra.

La determinación de azufre en la muestra problema, un compuesto orgánico, se lleva a cabo transformándolo previamente en sulfato y procediendo seguidamente a su valoración con una sal de bario, bajo la siguiente reacción: SO4(2-) + Ba2+ BaSo4 (precip.) El punto final se detecta con un indicador de absorción, que actúa por un principio semejante al del método de Fajans. Los mmoles de azufre en la muestra igualan a los de sulfato formados y éstos a los de

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 0.0104 M = 8.60 ml Ba(ClO4)2 mmol SO4(2-) 10 * 0.0104 = mmol Ba2+ 0.104 = mmol Ba2+ = 8.60 * M(Ba2+) M(Ba2+) = 0.0121 mol/l Conocida la concentración de Ba2+, ya podemos conocer el contenido de azufre en la muestra problema: mmol S = mmol SO4(2-) mmol Ba(2+) = 1.53 * 0.0121 mmol S = 0.0185 mg S = 0.0185 * 32.064 = 0.593 % S = 0.593 * 100/5.00 = 11.9%

Con mi agradecimiento a los autores del libro del mismo título editado por Edit. Síntesis: P. Yañez-Sedeño, J.M. Pingarrón y F.J.M de Villena. .

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        Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 ' Se hace un análisis de glucosa en sangre antes y después de una comida, resultando antes/después = 80 mg glu./100 mg y 120 mg glu/100 mg sangre. Calcular la concentración de glucosa em Moles. Glucosa C6H12O6 180 g/mol Solución: 180g/mol=0.80/x mol ==> x mol = 0.80/180 = 0.004 moles y 180g/mol=1.20/x mol ==> x mol = 1.20/180 = 0.007 moles

Desarrollar un método de análisis de estimulantes en chocolate negro (sin leche), cafeína y teobromina principalmente. Teobromina C7H8N4O2, 3,7-dimetilxantina o 3,7-dihidro-3,7-dimetil-1H-purina-2,6diona, de la familia de las metilxantinas, anillo bencénico con anillo pentagonal en dos de los carbonos unidos por enlace doble (dos N con enlace simple, uno de ellos con rama metil y el restante con doble enlace a CH), otro C con rama metil, otro grupo CO, otro NH y por último otro C=O). Un diurético, relajante de la musculatura lisa, estimulante cardiaco y vasodilatador. Cafeína C8H10N4O2 ó es C9H9N3O2, 1,3,7 -trimetilxantina 3,7-diidro-1,3,7-trimetil-1H-purina-2,6-diona, misma estructura en el anillo pentagonal y cambio del grupo NH por un CH3. Estimula el sistema nervioso central. El porcentaje de grasa y azúcar oscila según el fabricante. Hemos elegido uno de 33% de grasa y 47% de azúcar, siendo el resto cacao. Consultando la bibliografía en Chemical Abstracts hemos encontrado un método que utiliza cromatografía de líquidos de alta presión (HPLC). Preparación de la muestra para su análisis químico: Preparamos una muestra patrón con cantidades conocidas de teobramina y cafeína, sin manteca grasa y seguimos el mismo procedimiento que el analito. Pesamos una cantidad de chocolate, la troceamos y congelamos en frigorífico, junto con el mortero y su maza, para así poderla moler sin que se apelmace. Las partículas de chocolate van a un tubo de centrífuga tarado previamente de 15 ml y se pesa. Luego se separa la grasa que interferiría en el proceso final, vertiendo en el tubo 10 ml de un disolvente orgánico (éter de petróleo), se cierra el tubo con su tapón y se agi ta vigiorosamente para disolver la grasa, los estimulantes que queremos analizar son insolubles en grasa por lo que los encontraremos en el fondo del tubo una vez centrifugado. El líquido que sobrenada se decanta y se desecha. Se vuelve a repeti dos veces más el proceso de extración con disolvente. El disolvente residual se elimana

calentando el tubo de centrífuga en un vaso con agua hirviendo (baño maría). Luego se pesará en frío y la diferencia con el peso inicial será el peso de estimulantes desengrasados que reciben el nombre de analitos. transferiremos todo el contenido en suspensión a un erlenmeyer tarado de 50 ml y procederemos a disolver los analitos con agua, si quedase algo de analito se lavará con agua destilada y se agitará y calentará, pasándolo al erlenmeyer y completándolo con agua hasta 30 ml y pesándolo nuevamente (el peso total será de unos 33.3 g, luego nuestros estimulantes pesan ahora 3.3 g). El matraz se calienta ahora al baño maría hirviente para extraer los estimulantes. Ahora antes de inyectar en una columna cromatográfica, deberemos purificar la muestra para eliminar las partículas sólidas que obstruirían la columna, lo haremos mediante nueva centrifugación y filtración del líquido sobrenadante a través de una membrana filttrante de tamaño de poro 0.45 micrómetros (0.45*10^ -6m). Si el líquido aún queda turbio se repetirá la centrifugación y filtración. El análisis cromatográfico: Preparamos muestras para la curva de calibrado de 10, 25, 50 y 100 microgramos de analito/g disolución. Vamos a usar una columna de sílice de 4.6 mm diam. * 150 mm long, recubierta de moléculas de hidrocarburo unidas por enlaces covalentes (Hypersil ODS 5 micras. Inyectaremos 20 microlitros (20*10^ -6 l) y se eluye a una velocidad de 1.0 ml/min mediante una disolución preparada conteniendo 79 ml de agua, 20 ml de etanol y 1ml de ácido acético. Al ser más soluble la cafeína que la teobromina en el medio de hidrocarburo, queda retenida aquélla en su superficie, mientras que la teobromina sale antes por el final de la columna. El detector de UV a 254 nanómetros detecta su salida al absorber radiación y disminuir la señal que llega al detector. El cromatograma presenta unos pequeños picos entre 0.5; 2 min y 4 min de azúcares que no deseamos identificar, uno muy alto entre 3 y 3.5 min identificado como el de teobromina de unos 13 cm de altura y cuya area del pico corresponde a una concentración de 36.9 microgramos/gy otro entre el min 7 y 8 correspondiente a la cafeína y de altura 0.8/13 Para la teobramina los resultados dan una desviación standar de 0.002, menor que el 1% de la media y por tanto una medida muy reproducible. En un chocolate blanco se encuentran ínfimas cantidades de estimulantes (2% sobre los negros). La desviación standar da 0.007 tan gr ande como la media 0.010, indicando que la medida no es muy reproducible. Tabla de resultados finales: gramos analito/100 g chocolate Chocolate negro blanco Teobramina 0.392+-0.002 0.010+-0.007 Cafeína 0.050+-0.003 0.0009+-0.0014 Según otros estudios Chocolate negro puro 450 g de teobramina en 30 gramos (¿?) y diez veces más que el de con leche. http://ojodistante.blogspot.com/2008_01_01_archive.html

Otros productos conteniendo cafeína: Alimento,Cafeína mg/consumición),onzas/consumición (onza=28.35 g) Café normal,106-164,5

Café descafeinado,2-5,5 Té,21-50,5 Batido de 2-8,6cacao, Chocolate puro,35,1 chocolate dulce,20,1 chocolate con leche,6,1 Refrescos con cafeína,36-57,12 Guaraná, superior en teobramina y cafeina que todos los citados. Una taza de café tiene como media 70 mg. de cafeína, y la de té unos 100 mg.

' El agua de mar contiene normalmente 2.7 g de sal común (cloruro sódico) por 100 ml de agua y es 0.054 M en MgCl2 (cloruro de magnesio). ¿Cúal es la molaridad de esta disolución salina en NaCl y cuántos g/l contiene en MgCl2 y en 25 ml?. Solución: Datos: NaCl: 58.44 g/mol y MgCl2: 95.20 g/mol. 100 ml = 0.100 l; 25 ml = 0.025 l. 2.7 g/58.44 g/mol =0.046 mol Molaridad(NaCl) = mol NaCl/1 litro = 0.046 mol/0.100 l = 0.46 M gramos/l MgCl2 = (0.054 mol/l) * (95.20 g/mol)/1 litro = 5.1408 g/l

gramos/25 ml MgCl2 = ((0.054 mol/l) * (95.20 g/mol)/1 litro) * 0.025 l = 0.13 g

' Hallar la molaridad y molalidad de un HCl del 37% en peso y 1.19 g/ml de densidad. Hcl 36.46 g/mol. Solución: 1.19 g/ml * 1000 ml = 1190 g g/l HCl = 1190 g/l * 0.370 g HCl/disolu = 440 g HCl/l molaridad HCl: mol HCl/l disolución = (440 g HCl/L) /(36.46 g HCl/mol) = 12.1 ml mol/l = 12.1 M Para calcular la molalidad sabemos que 100 g de dis olución contienen 37.0 g de HCl que son 1.015 moles y el resto es el disolvente (agua) 100.0 - 37.0 = 63.0 g de agua = 0.063 kg de agua. Molalidad = mol HCl/kg disolvente= 1.015 mol HCl/0.053 kg agua = 16.1 moles/Kg = 16.1 Ml ó 16.1 m

' Se han encontrado 34 ppb del alcano de átomos de Carbono impar C29H60 en el

agua de una lluvia de verano en Hannover Alemania, procedente de la sintetización de plantas. Hallar la molaridad de dicho alcano. 408.8 g/mol Solución: 34 ppb/l = 34 * 10 ^ -6 g/l = 34 ng/ml Molaridad C29H60 = 34 * 10^ -6 g/l/ 408.8 g/mol = 8.3 * 10 ^ -8 M = 83 nM u 83 nanomoles/litro

'¿Cuántos moles de CuSO4.5H2O deben de disolverse en un matraz de 500 ml para preparar una disolución 8.00 mM de Cu=. 249.69 g/mol. Solución: Una disolución 8.00 mM contiene 8.00 *10^ -3 moles/l. Luego se necesitan disolver la mitad de moles para prepara 500 ml. 8.00 * 10^-3 mol/l * 0.500/l = 4.00 * 10^ -3 mol CuSO4.5H20 Psando a gramos 4.00 * 10 ^-3 mol * 249.69 g/mol = 0.999 g y agua hasta enr asar a los 500 ml

' El clorhidrico concentrado que se usa en laboratorio tiene una molaridad de 12.1 M. ¿Cuántos ml de este reactivo se tomarán para prepara una solución de HCl 0.100 M? Solución: Mconc*Vconc = Mdil *Vdikl 12.1 M * x ml =0.100 M * 1000 ml => x= 8.26 ml

' La densidad del hidróxido amónico concentrado es 0.899 g/ml y contiene un 28.0% en peso de NH3 ¿Qué volúmen de reactivo debemos de diluir hasta 500 ml para prepara NH3 0.250 M?. La reacción que tiene lugar al disolver NH3 en agua es: NH3 + H2O NH4+ + OH Solución: Molaridad NH3 = (899 g disol./l * 0.280 g NH3/g disol)/(17.03 gNH3/mol NH3) = 14.8 M Mconc * V conc = M dil *V dil => 14.8 mol/l *Vconc = 0.250 mol/l *0.500 l => Vconc = 8.45 *10^-3 l = 8,45 ml

' 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. b) Determinar cuantas pastillas se tienen que procesar para que obtengamos un calcinado de al menos 0.250 g de Fe2O3.

Solución: Proponemos hacer un análisis gravimétrico, pesando la pastilla y diluyéndola con 150 ml de HCl 0.1 M, 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, pesando el producto resultante. Datos: H2O2 34.01 g/mol; Fe2O3 159.69 g/mol FeC4H2O4 (Fumarato ferroso) + 2H+ --> Fe2+ + C4O4H4 (ácido fumárico en sol. acuosa) 2 Fe+2 + H2O2 + H2+ --> 2Fe3+ +2H2= Fe3+ + 3OH- + (x-1)H2= --> FeOOH.xH2O(s) -- (900ºC)--> Fe2O3(s) Resultados: relación Fe2O3/2Fe = 1/2 mol Fe2O3 = 0.250 g/159.69 g/mol = 1.57 * 10^ -3 mol 1.57 * 10^-3 mol * 2 mol Fe/mol Fe2O3 = 3.14 * 10^ -3 mol Fe 3.14 * 10^-3 mol Fe * 55.845 g Fe/mol FE = 0.175 g Fe Se necesitan 0.175/(0.015 g Fe/pastilla)= 11.7 (Tomar 12) pastillas como mínimo para obtener un calcinado de 0.250 g de Fe2O3. 0.15 mg Fe/pastilla 0.21 mg Fe2O3 por cada pastilla En 0.250 g de Fe2O3 hay 0.175 g Fe

Ahora calculamos el volúmen mínimo necesario de H2O2 al 3% (10 volúmenes) para la reacción 2Fe2+ 1H2O2 --> 2Fe3+ ... 12 pastillas * 15 mg Fe Fe/pastilla = 180 mg Fe2+ ó 0.180 g Fe2+/mol Fe2+ = 3.22 * 10^-2 mol Fe2+ 3.22 mo * 10^-3 mol Fe2+* 1mo, H2O2/2 mol Fe2+ = 1.61 * 10^ -3 mol H2O2 Si usamos un exceso del 50% necesitamos 1.5 veces el volúmen calculado de H2O2:

1,50 * 1.61 * 10^-3 mol H2O2 = 2.42 * 10^ -3 mol H2O2 2.42 * 10^-3 mol H2O2 *34.'01 g/mol = 0.0822 g H2O2 puro. 0.0822 g H2O2 puro /0.03 g H2O2/g disol = 2.74 g de H2O2 3% Calculo hidróxido amónico necesario: Relación mol NH3/mol NH4OH =1/1 Se precisan 0.0150 moles NH3 para producir suficientes OH Si partiésemos de NH3 6.00 M y usásemos un 100% de exceso de OH - necesitaríamos: 2* 0.150 mol NH3 = 0.030 mol NH3 0.030 mol NH3 /6.00 mol MH3/l = 5.00 * 10^ -3 l = 5.00 ml NH3 6M La masa final de óxido férrico tras la calcinación pesó 0.277 g por lo tanto el contenido medio en Hierro de una pastilla será para la relación 2 moles Fe/1 mol Fe2O3: 0.277 g/159.69 g/mol = 1.73 * 1'^ -3 mol Fe2O3 1.73 * 1'^-3 mol Fe2O3 * 2 mol Fe/1mol Fe2O3 = 3.47 * 10^ -3 mol Fe 3.47 * 10^-3 mol Fe * 55.845 g/Fe/mol Fe = 0.194 g Fe totales 0.194 g Fe/12 = 0.016 g Fe ó 16.1 mg Fe por pastilla

' El contenido en Na+ de un suero dió una señal de 4.27 mV en un análisis por emisión atómica. A continuación se añadieron 5.00 ml de NaCl 2.08 M a 95.0 ml de suero. Este suero enriquecidodió una señal de 7.98 mV. Hallar la concentración original de Na+ en el suero. Solución: Aplicaremos la ecuación de adición de un patrón:

x]i/(s]f+x]f)=Ix/(Is+x) conc.analito.diso.Ini/conc.analito + patron.diso.Fin = Señal.ini/señal.fin Vi = 5.00 ml Vf=5.00 +95.0 ml = 100.0 ml Vi/Vf es el factor de dilución. Vi/Vf * 2.08 M = 0.104 M moles NaCl añadidos = 0.0500 l * 2.08 M = 0.0104 mol concentración final de NaCl = 0.0104 mol/0.100 L = 0.104 M Na+]/(0.104M]+0.950*Na+]i)= 4.27 mV/7.98 mV ==> Na+]i = 0.113 M

' En una experiencia preliminar, una disolución que contiene X 0.0837 M y S 0.066 M dió como áreas de pico Ax =423 y As = 347, respectivamente. Para analizar 10.0 ml de una muestra desconocida se añadieron 10 ml de S 0.146 M, y la mezcla se diluyó a 25.0 ml en un matrraz volumétrico. Éstra mezcla dió un cromatograma con dos picos separados a 4 y 5 min, respectivamente con valores Ax=553 y As=582. Hallar la concentración de X en la muestra desconocida. Solución: Calcularemos el factor de respuesta = Area señal analito/conc.analito = F * (Area señal patrón/conc.patrón) Ax/x]=F*(As/]s]), x] y s] cponc. tras la mezcla. 423=/0.0837 = F*(347/0.066) ==> F= 0.970 En mezcla muestra desconocida más estandar s] = conc.ini*Factordilución s] =0.146M *(10.0/25.0) = 0.0584 M 553/x] =0.970*(582/0.0584) == x]= 0.0572 M x se diluyó de 10.0 a 25.0 al prepara la mezcla con s, xini = (25.0/10) *0.0572 M = 0.146 M

' La contante de equilibrio para la reacciñón H2O H+ + OH - se llama Kw =H+]OH-] y su valor es kw=1.0 * 10^-14 a 25ºC. Dado kwNH3 = 1.8 *10^ -5 para la reacción NH3(ac) + H2O NH4+ + OH- 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- K1=Kw NH4+ + OH NH3(ac) + H2O K2 = 1/KNH3 ---------------------------------------NH4+ H+ + NH3+(ac) K3 = Kw*(1/KNH3)= 5.6 *10^ -10

'Valoración de mezclas Una mezcla que pesa 1.372 g y que contiene sales carbonato y bicarbonato sódicos, consume 29.11 ml de HCl 0.7344 M ensu va loración completa. Datos: 105.99 g/mol Carbonato y 84.01 mol/g Bicarbonato. Hallar masa y porcentaje de cada componente en la mezcla.

Solución: Reacción: Na2CO3 + 2HCl --> 2NaCl(aq) +H2O + CO2 NaHCO3 +HCl --> NaCl(aq) + H2O +CO2 x =gramos CO3Na2 y (1.372-x) g NaHCO3 CO3Na2; NaHCO3; HCl g;x g; (1.372-x) g;-moles;x g/105.99 g/mol; (1.372-x) g/84.01 g/mol moles consum;--;--;0.02911 l * 0.7344 mol/l= 0.02138 mol 2 mol Na2CO3 + mol NaHCO3 = 0.02138 mol 2(x(105.99)+(1.372-x)/84.01=0.02138 x= 0.724 g NaCO3; (1,372-x) = (1.372-0.724) = 0.648 g; 52.77% Peso total:0.724g + 0.648 g = 1.372 g 47.23%

' Análisis de Nitrógeno en protéinas, leche, cereales y harinas, entre otros. El sólido se digiere (se descompone y disuelve) por la acción del ácido sulfúrico conc (98%) en ebullición , transformando el N2 contenido en sal amónica y el resto de componentes orgánicos son oxidados a CO2 y agua. Como catalizador se agregan compuestos de mercurio, cobre y selenio y se eleva el p.e. (punto de ebullición) del ácido a 338ºC al agregar K2SO4 y un calentador por inmerrsión eléctrica, durante 5 min y destilando el producto resultante. Otros procedimientos usan agua inyectada por bomba de presión para alcanzar la reacción. La digestión se lleva a cabo en matraces de cuello alto específicos (digestores Kjeldahl) para evitar salpicaduras ácidas. 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. El exceso no reaccionado de ácido se valora con NaOH para determinar el HCl consumido por el NH3 fundido. Neutral. NH4+ + OH- -->NH3(g) + H2O Destil.y Absorción: NH3 + H+ --> NH4+ Valor. H+(exceso) +OH- --> H2= Una `proteína contiene 16.2 % de N2. Se digiere una alícuota de una disolución de proteína de 0.500 ml y el destilado se recoge por absorción en 10.0 ml de HCl 0.02140M. El HCl en exceso consume 3.26 ml de NaOH 0.0988M en su valoración. Hallar la concentración de las proteína en la muestra original en mg/ml. Solución: HCl ini 10.0 ml * 0.02140 mmol/mol= 0.2140 mmol NaOH consumido en valorac. con HCl exceso 3.26 ml * 0.0198 mmol/ml= 0.0645 mmol Dif. 0.2140 - 0.0645 = 0.1495 mmol que coinci dirá con el NH3 producido en reacción y recogido por absorción en HCl. 1 mol N2 produce 1 mol NH3 0.1495 mmol NH3 y 0.1495 mmol N2 en la proteína 0.1495 mmol * 14.00674 mg N/mmol = 2.093 mg N2 Como la proteína contiene 16.2 % de N2

2.093 mg N2/(0.162 mg N/mg prot) = 12.9 mg prot ==> 12.9 mg ptrot/0.500 ml = 25.9 mg/ml prot

E7.4.- Curvas de valoración por precipitación. 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. px = -log(10) x] Se valoran 25.0 ml de un Yoduro I - 0.1000 M con Ag+ 0.050M I- + Ag+ AgI(pp) La variación de la concentración de I- se mide con un electrodo. Sabemos que el Xps =Ag+]I-] = 8.3 * 10^-17 en la reacción citada. Como K=1/Kps = 1.2 *10^-16 es grande el equilibrio se desplaza a la dcha. Cada alícuota de Ag+ reacciona completamente con I- dejando muy poco Ag+ en disolución. En el p.e (punto de equivalencia) hay un aumento repentino de Ag+] al consumirse todo el I -, luego seguimos valorando añadiendo Ag+. Queremos calcular el volúmen Ve de valorante Ag+ consumido hasta el p.e. Solución: La reacción transcurre mol a mol: 1 mol Ag+/1 mol I - luego: (0.025 l * 0.10 mol/l I-)/mol I- = Ve * 0.050 Mol/l Ag+==> Ve = 0.050 l = 50 ml Ve se puede deducir tambien, teniendo en cuenta que >Ag+] =I -]/2. 25 ml de I- necesitan 50 ml de Ag+ La cuerva de valoración tiene 3 zonas: antes/en/despues del p.e. Fase 1: Tras añadir 10.0 ml Ag+ hay má oles de I- que de Ag+. Todo el Ag+ se consumido para formar AgI(s), la reacción es completa y una ínfima parte de AgI se redisuelve. Ag+] = Kps/I-] I- libre corresponde al I- no precipitado por los 10.o ml de Ag+ . I - debido a disolución del IAg es despresciable. El I-] no precipitado y qu e queda en la disolución será: moles I- = moles I- ini - moles ag+= 0.025 l * 0.10 mol/l - (0.010 l*0.050 mol/l) Ç= 0.002 mol IEl valorante ahora es 25.0 + 10.0 ml = 0.035 l, calculamos I -]1 = 0.0200 mol I/0.035 l = 0.05714 M Ag+] = Kps/I-] = 8.3 * 10^-17/0.05714 = 1.4 * 10^ -15M pAg+] = -logAg+] = log(1.4*10^-15)= 14.84 Un método más directo sabiendo que Ve = 50 ml Cuando añadimos 10.00 ml Ag+ llevamos compoletados 10/50= 1/5 de la reacción. Quedan sin reaccionar 4/5 de 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; I-]1 = (4.0/5.0)* 0.10M *(25/35) = 0.05714 M que coincide con la dada arriba. E.Calcular pAg+ cuando VAg+/mol ini = 49.00 ml Ve = 50.00 ml I- reac]= 49.0/50.0= I- sinreac]= 1.0/50.0=

Vol tot = 25.0 ml + 49.0 ml = 74.0 ml I-]2= (1.00/50.0)*0.10M *(25.0/74.0) = 6.76 * 10^ -4 M Ag+]= Kps/I-]2 = 1.2*10^-13M pAg+ = -logAg+] =12.91 ag+]=0 comparada con I-sinreac] aunque la reacción se haya completado en un 98%. Fase 2: En el p.e. Se ha añadido Ag+ en exceso pra reaccionar con I - . Todo el IAg precipita y se redisuelve algo Ag+]=I-] como Ag+]I-] = Kps x*x = 8.3*10^-17 ==> x= 9.1*10^-9 pAg+ = -log(x) = -log(9.1*10^-9) = 8.04 Fase 3: Tras p.e. Ag+] es la que se añada a partir de ahora, ya que la anterior ha precipitado como IAg. Vtot= 77 ml. calculamos cuando hayamos añadido 2 ml de exceso de Ag+ VAg+=52.0 ml mol Ag+ = 0.02 l * 0.050 mol/l Ag+ = 0.000100 mol Ag+] = 0.000100 ml * 0.077 l = 1.30 *10^ -3 M pAg+ =-log(1.30*10^-3) = 2.89 Por cálculo directo y más rápido: Ag+ en bureta 0.050 M y 2 ml de ésta se han diluído a (25.0 + 52.0 ml) 77 ml Ag+] = 0.05 M *22/77= 1.30 * 10^ -3M En general Ag+] = 0.05 *Ve/(50+Ve) La curva pAg+ en Eje Y/VAg ml en Eje X, nos da una s invertida con tres ramas arriba y hacia la izda para I- 0.1M, 0.01M y 0.001M entre 0 y 50 ml y abajo y dcha de I - 0.001M, 0.01M y 0.1M entre 50-70 ml

Interpretar la curva de valoración siguiente: Se han valorado 25 ml de un haluro 0.10M con Ag+ 0.050M, en la curva se ha obtenido tres ramas arriba izda con valores pAg+ I-(15,0), Br-(11.2,0) y Cl-(8.8,0) y abajo y dcha entre 50-70 ml una rama que tiende a X. Se conocen KspI -= 8.3 * 10^-17 KspBr- = 5.0*10^-13 y KspCl-= 1.8 * 10^-10.

Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 10/May/2008 13:28 GMT+1 c  c 
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        Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 
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) Vertemos en dos tubos de ensayo hasta 1/3 de su volúmen t otal una disolución saturada de KCl sin exceso de sólido. La solubilidad del KCl es 3.7M, o su KPs=K+]Cl-]= 3.7 * 3.7 = 13.7 A continuación se añade un volúmen igual de HCl 6M a uno de los tubos y de 12 M al otro. Sólo se precipita el ión Cl - en uno de ellos. Calculamos la concentración de K+ y Cl- en cada tubo tras esta segunda adición y calculamos el cociente de reacción Q=K+]Cl-] para cada tubo. 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- su Kps = Hg2=]Cl]^2 =1.2 *10^ -18 Cini s 0 0 Cfin s x 2x Hg2=]Cl]^2 = x*(2x)^2 =1.2 *10^-18 4x^3 =1.2*10^-18==> x = 6.7 *10^ -7M de Hg2 2+] Para Cl-] = 2*6.7*10^-7 M = 13.4 * 10^-7 M Si se deja una solución acuosa en contacto con un exceso de Hg2Cl2, el sólido se disuelve hasta que se cumpla que Hg2=]Cl]^2 =Kps. A partir de ese momento , la cantidad de sólido sin disolver permanece constante. Si se mezclan a mbos iones, cuando el producto de concentraciones supere a Kps precipitará Hg2Cl2. Tengamos en cuenta que en una disolución saturada de CaSO4, la concentración tiotal de Ca es 15 a 19 mM, mientras que la de Ca2+ es de sólo 9 mM por poca disociación de la s al. Si añadimos a la solución de Hg2 2+ y Cl - una segunda fuente de Cl- hasta saturación del Hg2Cl2+, por ejemplo NaCl 0.039 M y calculemos la nueva Hg2 2+] Hg2Cl2+(s) Hg2 2+ + 2Clcini s 0 0.030 cfin s x 2x+0.030 ciniCl- es la del cloruro sódico que se disocia totalmente en Na+ y Cl -. La cfin de Cl depende de NaCl y Hg2Cl2. Hg2 2+]Cl-]^2 =x* (2x +0.030)^2 =Kps En el anterior ejemplo x=6.7 *10^ -7M pequeño en comparación con 0.030M. Según el Principio de Le Chatelier del efecto del ión común, una sal será menos soluble si ya existen alguno de sus iones en la disolución. Para este segundo caso x será muy inferior a 6.7 *10^-7, por desplazamiento a la izda de la reación al añadir más Cl -,

disolviéndose menos Hg2 2+ que sin adición. Según lo dicho, 2x x= 1.3*10^-15 ya que (2x=2.6*10^-15) x = 1.0 * 10^-7 H+] = 1.0 * 10^-7 OH-] = 1.0 * 10^-7 log Kw = logH+] + logOH-] -log Kw = -logH+] - logOH-] 14 = pH+pOH pH = -logH+] H+]=10^-pH OH-]=10^-pOH Para agua (a 25ºC) siendo H+] = 1.0 * 10^-7 pH= -logH+]= -log( 1.0 * 10^-7) = 7.00 pOH = 14-pH = 14-7 = 7 Si pH =3.58 pOH = 14.00 -3.58=10.42 y OH -]= 10^-10.42 =3.8 *10^11M

' Calcular OH-] si H+] = 1.0 * 10^-3M Kw(25ºC) =H+]OH-]=1.0 * 10^-3 * OH-] = 1.0 * 10^-14 OH-] = 1.0 * 10^-14 /1.0 * 10^-3 = 1.0 * 10^-11M

Los haluros de Hidrógeno (HCl, Br, HI) son ácidos fuertes mientras que el HF se comporta como un ácido débil. Siendo X Cl, Br o I HX(ac) + H2O --> H3O+ + X- es una reacción completa con total disociación del ácido. Mientras tanto el HF cede completamente su protón al agua HF(aq) --> H3O- + F- (iones hidronio y fluoruro) Pero los F- forman con el H+ un enlace muy fuerte, el H3 O- se une fuertemente al Fpor un puebte de H+, formando un par iónico H3O+ + F - F- ...H3O+ (par iónico) Al disolver un mol de HCl (ac.fuete)en agua, se crea un mol de H3O+ libre . Pero si se disuelve un mol de HF (ac.débil) se forman muy pocos H3O+ libres

'Precipitados: Para determinar el contenido en Ni de un acero, se disuelve la aleación en HCl 12 M, y se neutraliza en presencia de ión citrato, que mantiene al Fe en disolución. La disolución ligeramente básica se calienta, y se añade dimetilglioxima (DMG), para precipitar cuantitativamente el complejo rojo Ni-DMG. Se filtra el producto, sde lava con agua fría, y se seca a 110ºC. Si se sabe que el contenido de Ni es aproximadamente d e un 3% en p., y se desea 1.0 g de muestra de acero. a) Calcular el volúmen el volúmen de disolución alcohólica de DMG al 1% en p. (d=0.79 g/ml) que se debe usar, para tener un exceso de 50% de DMG en el análisis. b) Si 1.1634 g de acero originó 0.179 g de precipitado. ¿Cuál es el % de Ni en el acero? Solución: a) Dado que el contenido de Ni es alrededor de 3%, 1.o g de acero contendrá alrededor de 0.03 g de Ni, que corresponde a 0.03 g Ni/58.69 g Ni/mol = 5.11 * 10^ -4 mol Ni Esta cantidad de metal precisa según la relación 1 mol Ni2+/2 mol DMG: 2*(5.11 * 10^-4 mol Ni)*(116.2 g DMG/mol Ni) = 0.119 g DMG Para que haya un exceso del 50% de DMG pondremos 1.5 * 0.119 g = 0.178 g DMG, la cual está contenida en la disolución: 0.178 g DMG/(0.010 g DNG/g disol.) = 17.8 g disol. y ocupará un volúmen de 17.8 g disol./0.79 g disol./ml = 23 ml b) Por cada mol de Ni en el acero se forma un mol de precipitado. por tanto: 0.1795 g Ni(DMG)2/(288.91 g Ni(DMG)2/mol Ni(DGM)2 = 6.213 * 10^ -4 mol Ni(DNG)2 y en la aleción habrá de Ni: (6.213 *10^-4 mol Ni)*(58.69 g/molNi) = 0.03646 g Ni en aleación. % en p del Ni: 0.03646 g Ni*100/(1.1634 g acero)= 3.134% De forma más sencilla habríamos llegado al mismo resultado si sabíamos que 1 mol de Ni son 58.69 g y que proporcionan un mol de producto formado que son 288.91 g. Llamando xNi a la masa del Ni en la muestra, tendríamos: g Ni analizado/g producto formado = xNi/0.1795 = 58.69/288.91; de donde obtenemos xNi = 0.03446 g

'Una mezcla de complejos de Al y Mg tratada con 8-hidroxiquinoleina (Q a partir de ahora) pesó 1.084 3 g. Cuando se calcinó en un horno en contacto con el aire , la mezcla se descompuso, originando un residuo de Al2O3 y MgO de 0.1344 g. Hallar el porcentaje en peso de Al(C9H6NO)3 en la mezcla original. Datos: AlQ3 459.441 g/mol MgQ2 312.611 g/mol Al2O3 10 1.961 g/mol MgO 40.304 g/mol Reacción abreviada AlQ3 + MgQ2 --calor --> Al2O3 + MgO Solución: gramos, moles x = g AlQ3 x g/459.441 g/mol y = g MgQ2 y g/312.611 g/mol x + y = 1.0843 g moles Al2O3 =0.5 * x g/459.441 g/mol moles MgO = moles Mg = y g/312.611 g/mol Como masa g = mol *g/mol, sustituyendo en x + y ... (0.5 * x g/459.441 g/mol) * 101.961 g/mol + (y g/312.611 g/mol) * 40.304 g/mol = 0.1344 g Sustutuyendo y = 1.0843 -x en esta ecuación: (0.5 * x g/459.441 g/mol) * 101.961 g/mol + ((1.08 43 -x)/312.611))*40.304 = 0.1344 g x = 0.3003 g que representan el 27.70% de la mezcla original y = 1.0843 - 0.3003 = 0.784 el 72.3 restante.

'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. Como disolventes se utilizan éter dietílico, tolueno, hexano (inmiscibles en agua y menos densos) o cloroformo, diclorometano y tetracloruro de carbono (más densos que el agua). Tambien se usan los alcoholes como disolventes. Se preferirá el Tri CHCl3 al percloretileno CCl4 por ser menos tóxico y hexano y tolueno al benceno. 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). Supongamos que se extraen 100 ml de una disolución acuosa de A 0.010M con tolueno. 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), la fracción restante en la fase acuosa será: q1=100/(100+3*500) = 0.062 (ap rox 6%) b) Con 5 extraciones de 100 ml la fración restante será q2= (100/(100*3*100))^5 =

0.00098 (aprox. 0.1%) Comprobamos que es más eficaz hacer varias extraciones sucesivas con pequeño volúmen de soluto que una sola con la misma cantidad total.

' 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=1.0 *10^ -9,. Si se extren 50 ml de disolución acuosa de la amina 0.010 M con 100 ml de disolvente ¿Cual será la concentración final que queda en la fase acuosa a a) pH =10.0 y b) pH= 8.00? Solución: a) A pH=10.0 D=K*Ka/(Ka+H+]) = (3.0*1.0*10^ -9)/(1.0*10^-9+1.0*10^-6) Si usamos D en lugar de K en la ecuación q=V1/(V1+D*V2)= 50/(50+2.73 *100) =0.15 ==> 15% queda en fase acuosa (15% de 0.010 M = 0.0015 M) b) A pH=8.00 D =(3*1.0*10^ -9)/(1.0*10^-9+1.0*10^-8) = 0.273 q=50/(50+0.273*100) = 0.65 ==> 65% queda en fase acuosa. La mejor extración se efectúa a mayor en este caso pH=10

'Se inyecta en un cromatógrafo de gases una mezcla de benceno, tolueno y metano. El metano da un pico intenso a los 42 s, mientras que el benceno se eluye a 251 s y el tolueno lo hace a 333 s. Hallar los tiempos de retención ajustados y los factores de cada soluto. Asimismo, hallar las retenciones relativas de los dos solutos. Solución: Tiempos de retención ajustados; Factores de capacidad t´r =tr-tm; k´= (tr-tm)/tm; benceno: t´r = 251 - 42 = 209 s; (251-42)/42 = 5.0 tolueno: t´r = 333 - 42 = 291 s; (333-42)/42 = 6.9 Retenciones relativas (mayor que 1): alfa= t´r(tol)/t´r(ben) = (333-42)/(251-42) = 1.39

' Gravimetría de precipitación. Un volúmen de 10.0 ml de una disolución que contiene Cl - se trata con exceso de AgNo3, formándose un precip itado pp de AgCl de 0.4368 g. ¿Cuál era la molaridad del Cl- en la muestra problema? AgCl 143.321 g/mol Solución:

En 0.4638 g AgCl hay 0.4638 gAgCl/(143.321 g AgCl/mol AgCl) = 3.048 * 10^ -3 mol AgCl. La relación AgCl/Cl- =1/1 Por tanto en la muestra inicial: Molaridad Cl- = 3.048 * 10^-3 mol AgCl/0.010 l = 0.3048 M Calcular el pH y pOH de una solución de KOH 0.10 M y de otra de 1.0 *10 -8 M Solución: a) Al ser una base fuerte se disocia totalmente H+] = Kw/OH-]= Kw =1.0 *10^-14/0.10 = 1.0 * 10^-13 pH = -logH+] =-log(1.0 * 10^-13) = 13.00 pOH = 14-pH = 14-13 = 1 b) H+] = Kw/OH-]= Kw =1.0 *10^-14/1.0*10^-8 = 1.0 * 10^-6 pH = -logH+] =-log(1.0 * 10^-6) = 6.00 pOH = 14-pH = 14-6 = 8 Comprobamos teniendo en cuenta el equilibrio:

Para OH-] = 1.0 * 10-8

x=H+] x*(1.0 * 10^-8+x) =10^-14 x^2 + (10^-8)x -(10^-14)=0 x = 9.6*10^-8 M y -1.1 *10^-7 (que rechazamos) H+] = 9.6*10^-8 pH = 7.02 y no pH=6 como habíamos supuesto antes.

En concentraciones pequeñas entre 10^-6 y 10^-8 el pH es próximo a 7. OH-],H+],pH E-3,E-11,11 E-4,E-10,10 E-5,-9,9 E-6,-8,7.2 E-7,-7,7 E-,-9,7.02

Un afectuoso saludo de Bobquim :7] 10/May/2008 13:49 GMT+1 c  c 
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        Agradecemos al autor Harris de dónde hemos tomado y adaptado los problemas y la teoría: Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001 Análisis Químico Cuantitativo Daniel C.Harris "Edespañola Ed Reverté 2001

Valoración de Base fuerte con ácido fuerte (o al revés), añadiendo BrH 0.1M para 50 ml KOH0.020M Tabla: ml HBr,OH-]sinreac,H+]exceso,pH Va,M,M,pH Ver Excel Tras añadir los primeros 10.0 ml de HBr, a los 50 ml de KOH, la valoración se ha completado al llegar al punto de equivalencia (pe) a un pH=7. La valoración transcurre en tres fases con cálculos distintos: Fase 1: Antes del pe. Tras adición de 3 ml de Hbr (3/10 del total), OH]sinreac =7/10, OH -]restante = 10^3/10, vol ini OH y factor dilución = 50/(50+3) OH-] = (10^-3/10)(0.020M)(50/(50+3)) = 0.0132M H+] = Kw/OH-] = 10^-14/0.0132 =7.5 * 10^ -13 ==> pH = 12.12 Fase 2: En el pe. (Sólo en el caso de ácido fuerte/base fuerte. El H+ que hay es el suficiente para reaccionar con todo el OH -, según la reacción H2O H+ + OHKw = x^2= 1*10^-7 M ==> pH=7 Fase 3: Tras pasar el pe. Se añade un exceso de HBr a disolució n, por ejemplo calculamos a 10.50 ml HBr H+] = 0.10 M * 0.50/(50+10.50) = 8.26 *10^ -4 M ==> pH = 3.08 Va= 10.50 ml y el exceso Va-Vb = 10.50 - 10.00 = 0.50 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. Valoración de áciso débil con base fuerte (o al revés), añadiendo a 50 ml de un ácido

débil 0.02 M, como el MES 2 -(N-morfolin-etanosulfónico) con Ka=6.15, una base fuerte como el NaOH 0.1M. 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 - reacciona para dar otro compuesto con el mismo anillo pero sin el H (en adelante A -) y agua HA +OH- ==> A- + H2O Fase 1: Antes del pe. Aplicando la fórmula de equivalencia VN=V´N´ Vb ml * 0.10 M = 50 * 0.02, luego Vb= 10 ml y como K =1/Kb = 1/Kw/Na = 7.1 * 10^-7 Antes de añadir base HA 0.02 M pKa =6.15 Ka = 10^ -6.15 HA H+ + AF-x x x x^2 /(0.02-x) = Ka ==> x = 1.19 *10^-4 ==> pH = 3.93 Fase 2: Al inicio de añadir base hasta un poco antes del pe HA sin reac y A - han formado un tampón regulador. Apolicaremos para los cálculos la Henderson Hasselbalch conocido A-]/HA] Tras la adición de 3 ml de OH- Ve=10 ml, es la sufi ciente para reacionar con los 3/10 del HA. -- HA + OH- A- + H2O CantrelIni HA=1, 1, 3/10, --, -Cantrelatfin ,7/10, --, 3/10, -Ahora ya podemos calcular el pH, conocido A-]/HA], pH = pKa +log A-]/HA] = 6.15 + log ((3/10)/(7/10)) = 5.78 En la gráfica se nos presenta un punto singular ml valorante = 0.5 Ve -- HA + OH- A- + H2O CantrelIni 1, 1/2, --, -Cantrelatfin 1/2, --, 1/2, -pH = pKa + log((1/2)/(1/2)) = pKa Vval = 1/2 *Ve pH =pKa Buscamos pH en el que Vb =0.5*Ve Fase 3: En Pe Todo el HA se ha consumido en obtener A -, Sería como una disolución de A- en agua, como una base débil, su pH será mayor que 7. El VNaOH es el suficiente para consumir todo el HA HA + OH- --> A- + H2O Kb=KW/Ka CantrelIni 1, 1, --, -Cantrelatfin --, --, 1, -A- + H2= HA +OH F-x, --,x,x, 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 =0.020 M ya que se ha diluído con NaOH desde la bureta. F´(VolTotalDisol.) = HA] + Factordilución F´ = 0.020 M *(50/(50.0+10.0))=0.0167 M x^2/(F´-x) =Kb =Kw/Ka =1.43 * 10^-8 ==> x = 1.54 *10^ -5 M pH = -logH] = -log(Kw/x) = 9.18 El pe en este caso de áciso débil con base fuerte es mayor de 7, ya que el ácido se

convierte en su base conjugada en el pe. 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. Para Vb = 10.10 ml OH-]exceso = 0.100 M*(0.10/(50.0+10.00) = 1.66 *10^ -4 M ==> pH = -log(Kw/OH-] = 10.22

Observamos que al dibujar la curva de valoración, la máxima capacidad tampón se da en pH =pKa y Vb=0.5Ve con pendiente (dpH/dVb) mínima. Además la curva depende de la Kdisociación ácida HA y de la conc. de los reactivos. Al hacerse más débil HA o al disminuir las conc. de analito y valorante, la inflexión cerca de pe disminuye tambien y se hace más difusa el ver el pe. Esto ocurre tanto en ácidos como en bases débiles.

' Valoración de base débil con ácido fuerte. Todo lo contrario que la valoración AcDebil/BaseFuerte B + H+ -->BH+ Al añadir todo el ácido la reacción es completa. Se presentan cuatro fases: Fase 1: Antes de añadir ácido, la disolución contiene base débil B en agua. El p Hviene dado por la hidrólisis y Kb B + H2O BH+ + OH F-x x x Fase 2: Entre el punto minicial y el pe hay una mezcla B y BH+ que es un tampón. El pH se calcula con pH = pKa (BH+) + log (B]/BH+]). Al aumentar Va por adición de ácido se llega al punto msingular Va=0.5Ve y pH = pKa (para BH+). Por la curva de val oración se determinan pKa y pKb. Fase 3: En el pe B se ha transformado en BH+, un ácido débil. El pH se calcula con la reacción de disociación ácida de BH+ y Ka =Kw/Kb. BH+ B + H+ F´-x x x BH+] ahora es algo menor por haberse diluído y la disoluc ión es ácida. Su pH es inferior a 7. fase 4: Después del pe. El pH depende del exceso de ácido fuerte despreciando la contribución del ácido débil. La curva de valoración tiene estos valores: Ver EXcel

Valoración de 25.0 ml de piridina 0.08364 M con HCl 0.1607 M Piridina es un anillo heagonal bencénico con un H sustituido por un N y su Kb es 1.69 * 10^-9 Pir + H+ --> AcPir .. Anillo con NH mmoles HVl = mmoles piridina

Ve ml HCl * 0.1067 M = 25.00 ml * 0.08364 M ; ==> Ve = 19.60 ml Ahora queremos hallar el pH cuando Va = 4,63 ml Solución: Parte de pir se ha neutralizado y forma un tampon pir -ion pir. fracción de pir valorada = 4.63/19.60 = 0.236 fracción pir queda = (19.60-4.63)/19.60 = 0.764 pKa = -log(Kw/Kb = 5.23 pH = pKa+ log B]/BH+] =5.23 + log(0.76 4/0.236) = 5.74

'Combustión Un compuesto pesa 5.714 g y produjo 14.414 mg de CO2 y 2.529 mg H2O en su combustión. Hallar % en peso de C y H en la muestra. Solución: Un mol CO2 contiene un mol de C, y un mol de agua contiene 2 moles de H moles C en muestra = moles CO2 producidos= 14.414 * 10^ -3 g CO2/44.010 g/mol CO2 = 3.275 * 10^-4 mol Mas aC en muestra = (3.275 * 10^ -4 mol C)*(12.011 g/mol C = 3.934 mg C % C en muestra = 3.934 mg C * 100/5.714 mg muestra = 68.84% moles H en muestra = 2 moles * 2.529 * 10^-3 g H2O/18.0152 g/mol H2= 2.808 * 10^ 4 mol masa H en muestra = 2.808 *10^-4 mol H *1.0079 g/mol H = 2.830 * 10^ -4 g % H = 0.283 mh H * 100/5.714 mg muestra = 4.952%

Equipos automáticos de Análisis por combustión (Leco) Un instrumento para analizar gases producidos en la combustión de minerales y aceros, identifica y cuantifica C, H, N, S en una única oepración. Se pesan con precisión 2 mg de muetra se sella en una cápsula de Sn o Plata . El analizador se purga con gas Helio puro (libre de O2, H2O y CO2) para arrastrar los gases de anteriores procesos. Luego se añade a la corriente de He un olúmen medido de O2, en exceso. Se introduce la cápsula con la muestra en un crisol de cerámica calentado, 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 . 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. En otros casos llevan catalizador de oxidación de Cr2O3 y el gas pasa a través de Co3O4 en caliente, cubierto de Ag, para absorber halógenos y S. Una columna de Cu caliente elimina el exceso de O2. C,H,N,S --1050ºC C,O2--> CO2(g), + H2O(g) + N2(g) + SO2(g) 95% + SO3(g) 5%] Cu+SO3 --850ºC--> SO2 + CuO(s) Cu + 0.5 SO2 --850ºC--> CuO (s)

Los gases formados, en una explosión instantánea, se separan en una columna

cromatográfica de gases y se miden en un detector de conductivid ad térmica que mide la capacidad de conducir y transmitir calor de una zona caliente a otra fría. Lleva un filamento de W-Re y se detecta la salida de un amalito por disminución de la conductividad del gas, se calienta el filamento, aumenta su resistencia eléctrica y varía el voltaje a lo largo del proceso. Hay otra corriente de referencia. La sensibilidad del detector es inversamente proporcional al caudal y aumenta al aumentar la diferencia de temperatura entre filamento y bloque exterior. Tambien se pueden medir los gases a la salida por absorbancia en el IR para CO2, 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. Para el oxígeno se precisa una pirólisi s anterior antes de añadir O2 medido, pasando por Niquel sobre carbón a 1075ºC para formar CO. Si hubiera productos ácidos se absorben en asbesto mojado en sosa. Para analizar halógenos, la combustión produce CO2, H2O, N2 y HX , este halógeno X se absorbe en disolución acuosa y se valora con Ag+ en un columbímetro que mide los eklectrones producidos (1e - por Ag+). Una muestra de acetanilida (C8H9NO, anillo bencénico con NH(C=O)CH3) dió el siguiente análisis de gases: Elem, Vteor, Ins1, Ins2 C, 71.09, 71.17+-0.41, 71.22+-1.10 H, 6.71, 6.76+-=.12,6.84+-0.10 N,10.36,10.34+-0.08,10.33+-0.13

Recordando unidades de concentración medioambientales (trazas) y según pidan, 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, aprox) = 1 g/ml ó 1g/cm3 oKg/dm3 1 g/ml = Concentraciones de cobre tan bajas como 0,1 a 0,5 ppm son tóxicas para las bacterias y otros microorganismos. Preparar una disolución de 350 ppm del un cloro al 10%? un miligramo de cloro en un litro de solución.En este caso 350 ppm son 350 mg de cloro/Litro de solución. Por ejemplo: Si tomas una muestra de 35 gramos de muestra de Cloro al 10 % en realidad tienes 3.5 gramos de cloro puro y como 1 gramo tiene 1000 miligramos entonces tienes 3500 miligramos de cloro puro. La formula es :

(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. 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. Se permiten en España (ppm = mg/kg), trazas de Pb de entre 5.0 ppm y 3.0 ppm para bivalvos en conserva y codido/depurados, 1 ppm en brandys, zumos de limón, conservas vegetales, de tomate, guisantes o espárragos, 0.05 ppm en agua potable, 0.10 en agua envasada, 10 ppm para especias, 2 ppm para sal común, 5 ppm para café y té y 13 ppm para infusiones, carne 0.2 -0.4 ppm, leche 0.2 ppm, vino max. 10^ -4. Para vinagre se admite un máximo de 1 ppm para As+Pb+Hg. Prohibición de uso en cañerías domésticas de agua, tapones y cápsulas de botellas de vino, soldaduras de latas de conservas, (que se sueldan con gas mezcla con H2 reductor e hilo inox.) Establecimiento de niveles de tolerancia de los residuos del plaguicida hexitiazox, trans-5-(4-clorofenil)-N-ciclohexil-4-metil-2-oxotiazolidin-3-carboxamida, y los metabolitos que contengan la fracción (4-clorofenil)-4-metil-2-oxotiazolidina; se señalan los siguientes niveles, expresados en partes por millón (ppm) del compuesto principal en el interior o en la superficie de los productos: uvas frescas: 1,0 ppm; uvas pasas: 4,0 ppm; cítricos: 0,5 ppm; y aceite de cítricos: 2,0 ppm. Los límites máximos de residuos (LMR) nacionales fijados para el hexitiazox en las uvas son: 0,5 ppm en Alemania, Francia, Italia, España, Austria y Hungría, y 0,05 ppm en Suiza. Para los cítricos se establecieron los LMR que se señalan a continuación: 2,0 ppm en el Japón y Corea; 1,0 ppm en España; 0,5 ppm en Italia; 1,0 ppm en la cáscara y 0,01 ppm en la pulpa en el Brasil; 0,2 ppm en Francia y 0,1 ppm en Nueva Zelandia. Dureza de aguas: (dH grado hidrotimétrico) 0 - 4 dH = 0 - 70 ppm muy blanda 4 - 8 dH = 70 - 140 ppm blanda 8 - 12 dH = 140 - 210 ppm poco dura 12 - 18 dH = 210 - 320 ppm bastante dura 18 - 30 dH = 320 - 530 ppm dura 1° \"general hardness\" (GH) = 17.8 ppm CaCO3 1° \"carbonate hardness\" (KH) = 17.8 ppm CaCO3 Para 30 ppm CacO3 Gh=2 Kh=2, segun la tabla 1,7º °DH: grados alemanes °H : grados ingleses de la escala Clarck

p.p.m.: partes por millón de carbonato cálcico u óxido de calcio CaCO3: carbonato cálcico CaO: óxido de calcio 1 °DH = 17,9 p.p.m. de CaO 1 °H = 14,3 p.p.m.de CaCO3 El factor de equivalencia 56/100 se usa para convertir °HD a °H, y 100/56 para convertir °H a °DH 1° "general hardness" (GH) = 17.8 ppm CaCO3 1° "carbonate hardness" (KH) = 17.8 ppm CaCO3 1 meq/L alcalinidad = 2.8° KH 1 ppm = 1 mg/L Nitrato-NO3 = 4.4 * Nitrato-N Nitrito-NO2 = 3.3 * Nitrito-N Amonio-NH3 = 1.1 * 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/50.000 Por lo tanto: Hongos: 50 ppm. Bacterias: 25 ppm. Virus: 5 ppm. Por ejemplo si queremos preparar una solución de 100 lts que tenga una concentración de 50 ppm de ClO2, aplicamos la fórmula arriba indicada.

100 lt x 50 ppm/50.00 = 0.10 Litros = 100 cc de TecsaClor 50.000 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. 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. Si el lugar esta con productos cercanos al techo, estos últimos se deben cubrir. CONCENTRACIONES ATMOSFÉRICAS DE CL2 SUPERIORES A 3 PPM SON SUFICIENTE PARA GENERAR IRRITACIÓN RESPIRATORIA. ENTRE 35 Y 50 PPM CAUSAN LA MUERTE EN UNA HORA. LO MISMO QUE CON EL FOSGENO. CONCENTRACIONES DE CLO2 SUPERIORES A 1 PPM SON IRRESPIRA BLES Y DE 2 A 4 PPM PRODUCEN CUADROS

GRAVES. LA CONCENTRACIÓN M?XIMA PERMISIBLE DE CL2 ES DE 1,5 MG/M3 Y EL DE HCL DE 7 MG/M3. Insecticida Espinosina A y D 290/29 ppm solub agua a pH 5; 16 y 0.053 ppm a pH 9 C42H67NO16 731.98 /C41H65NO16 746.00 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). en etiqueta (Mx) tral 266±67 ppm F (rango 55 -355 ppm). 1/3 300 6