Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013 Unidad de Bioquímica Analítica 86 CIN – Facultad de Ciencias REPARTIDO N° 8: Titulaciones redox - RESOLUCIÓN 1. } } } } − + + − + + + + − − − + + − + + → + + − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − − + → + → + + OH 18 Ti 18 ) NH ( O H C ) NO ( O H C Ti 18 O H 12 18 . ) e Ti Ti ( OH 18 ) H N ( O H C ) O N ( O H C O H 12 e 18 4 3 2 3 5 3 3 2 3 5 3 3 2 4 4 3 3 6 3 2 2 3 5 3 12 3 2 4 3 5 3 2 43 42 1 43 42 1 _ es equivalent 10 x 6036 , 9 N 0906 , 0 . L 10 x 6 , 10 eq eq es equivalent 10 x 2725 , 1 N 0509 , 0 . L 10 x 0 , 25 eq 4 3 3 Fe exceso en 3 Ti 3 3 totales 3 Ti − − + + − − + = = = = = ___________________________________________________________________ g 10 x 937854 , 3 m g 10 x 937854 , 3 mol . eq 18 mol . g 082 , 227 . eq 10 x 1214 , 3 i PM . eq m PE . eq m PE m eq eq es equivalent 10 x 1214 , 3 eq 2 mL 100 en rina nitroglice 3 1 1 4 rina nitroglice mL 10 en rina nitroglice mL 10 en rina nitroglice rina nitroglice rina nitroglice rina nitroglice rina nitroglice rina nitroglice rina nitroglice mL 10 en rina nitroglice 4 rina nitroglice la redujeron que 3 Ti − − − − − − + = ⇒ = = = = ⇔ = = = → x = 3,937854 % de nitroglicerina en la muestra 2. En el punto equivalente: eq 10 x 7 , 6 L 10 x 10 . N 067 , 0 eq eq 4 3 O 2 H 2 . 4 O 2 C 2 H KOH − − = = = Si se consumen 6,7 x 10 -4 equivalentes de H2C2O4.2H2O, en la toma de 5 mL de KMnO4 hay la misma cantidad de equivalentes de KMnO4. N 111488 , 0 mL 00 , 10 mL 32 , 8 . N 134 , 0 T G . N N N 134 , 0 L 10 x 00 , 5 es equivalent 10 x 7 , 6 N 2 O 2 H 4 KMnO 4 KMnO 2 O 2 H 3 4 4 KMnO = = = ⇒ = = ⇒ − − 1,000 g ---- 100 % de la muestra 3,937854 x 10 -2 g ---- x
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Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 86 CIN – Facultad de Ciencias
0,500 g ---- 100 % de la muestra 0,4167666 g ---- x
6 moles de Fe2+ ---- 1 mol de Cr2O72- 2,617867 x 10-3 moles de Fe3+ ---- x
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 90 CIN – Facultad de Ciencias
8. 1 mol de V2+se recoge sobre alumbre férrico y genera 1 mol de VO2+ y 2 moles de Fe2+. Estas especies se titulan con permanganato de potasio:
{
{
{ {
+−++−
−+−
+
+
+
+
+−+−
+
++++−
−++
+
+−+−
+
++→++
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
++→+
+→++
++→++
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−+→
+→++
H12VO5Mn1OH6VO5MnO1
5.)eH4OVOH2OV(
1.)OH4Mne5H8OMn(
eF10OH8Mn2eF10H16MnO2
5.)e2Fe2Fe2(
2.)OH4Mne5H8OMn(
32
22
4
35
22
4
22
24
7
32
224
32
22
24
7
321
321
De acuerdo a las ecuaciones anteriores, se requieren en total 3 moles de permanganato de potasio para valorar el mol de VO2+ y los dos moles de Fe2+. De estos tres moles, sólo un mol es para oxidar el VO2+. Por lo tanto, para el VO2+, se requiere un tercio de los moles de KMnO4 totales que se emplearon para arribar al punto equivalente:
moles10x671167,13
moles10x0135,5moles
moles10x0135,5mol.eq5
eq10x50675,2i
eqmolesi.moleseq
eq10x50675,2L10x10,27.N09250,0eq
44
2VOcononreaccionarque4MnO
41
34MnO
4MnO4MnO4MnO
33
4MnO
−−
+−
−−
−−
−−−
−−−
==→
===⇔=
==
→ x = 8,355833 x 10-4 moles de VO2+
→ x´ = 4,177917 x 10-4 moles de V2O5
→ masa de V2O5 = 4,177917 x 10-4 moles . 181,879 g.mol-1 = 0,07598754 g
→ x´´ ≅ 8 %
1 mol de MnO4- ---- 5 moles de VO2+ 1,671167 x 10-4 moles ---- x
1 mol de V2O5 ---- 2 moles de V2+ ---- 2 moles de VO2+ x´ ---- ---- 8,355833 x 10-4 moles
0,9500 g ---- 100 % de la muestra 0,07598754 g ---- x´´
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 91 CIN – Facultad de Ciencias
2 moles de Fe3+ ---- 1mol de Fe2O3 8,04756 x 10-4 moles de Fe3+ ---- x
0,8010 g ---- 100 % de la muestra 0,1648402 g ---- x
0,8010 g ---- 100 % de la muestra 0,06425977 g ---- x
2 moles de Ce4+ ---- 1mol de NO2-
4,594834 x 10-3 moles de Ce4+ ---- x
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 93 CIN – Facultad de Ciencias
→ x´ = 4,594834 x 10-2 moles de NO2-
21mol.g69
22 NaNOdeg170435,3NaNOdemoles10x594834,4 ⎯⎯⎯⎯ →⎯
−−
→ x´´ = 78,670844 % de NaNO2 en el sólido
12. Para hallar los moles de bromuro en exceso, debo conocer primero las siguientes relaciones estequiométricas:
} }
{
{ {
−−−−
−
−
−
−−
−−
+
+
−
+
+
+→+
−−−−−−−−−−−−−−−−−
→+
+→
I3OSIOS2
I3Ie2
e2OSOS2
2643
232
313
26
104
25
23
8
2
2
321
}
{
}
{
}
{
−−−
−
−
−
−
−
−
−
−−−
+→+
−−−−−−−−−−−−−−−−−
+→
→+
32
13
31
3
2
1
02
0
IBr2I3Br
e2II3
Br2e2Br321
moles10x514779,410x83,8.M05113,0moles 4323O2S
−−− ==
→ x = 2,257390 x 10-4 moles de Br2 en exceso Para conocer los moles totales de Br2 empleados, se sabe que se trató la mezcla con 25,00 mL de una disolución de bromato de potasio 0,020 M en condiciones adecuadas:
→ x = 1,051933 x 10-5 moles de Cr2O72- en la disolución
El ión dicromato, al reducirse, capta de los contaminantes 6 moles de electrones por mol de ión reducido. Por su parte, el oxígeno atmosférico captaría de los contaminantes 4 moles de electrones por mol de gas reducido:
O2 (g) + 4 H+(ac) + 4 e- → 2 H2O
La equivalencia química entre ambas especies se puede establecer, por ejemplo, estudiando cuánto oxigeno se necesitaría para oxidar la misma cantidad de contaminantes que oxida el ión dicromato:
→ x = 1,5 moles de O2
La acción de 1 mol de dicromato equivale a la acción de 1,5 moles de O2 atmosférico.
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 97 CIN – Facultad de Ciencias
b) H+(ac) + e- ↔ ½ H2 (g) Eº = 0 V
Buffer pH 6
V355,010
1log.1
05916,00E
]H[)P(
log.1
05916,0ºEE
6)2H/H(
5,02H
)2H/H()2H/H(
−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛−=
−+
+++
3. Cu/Cu2+ (0,0200 M) // Ag+ (0,0200 M)/Ag
En primer lugar, planteo las semirreacciones de los potenciales estándar de reducción para cada semicelda: Cu2+ + 2e- ↔ Cu (s) Eº = 0,337 V Ag+ + e- ↔ Ag (s) Eº = 0,799 V En segundo lugar, calculo el potencial de reducción de cada semicelda, para estas condiciones experimentales:
V6985,0]Ag[
1log.1
05916,0ºEE
V2867,0]Cu[
1log.2
05916,0ºEE
)Ag/Ag()Ag/Ag(
2)Cu/2Cu()Cu/2Cu(
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
+++
+++
En tercer lugar, calculo el potencial de celda y la variación de energía libre, tomando en cuenta que en la semicelda de la izquierda ocurre la oxidación (ánodo) y en la de la derecha ocurre la reducción (cátodo):
{ kJ5,79J79465C/J4118,0.mol/C96485.mol2E.F.nG
V4118,02867,06985,0E
EEE
EEE
VCELDA
CELDA
)Cu/2Cu()Ag/Ag(CELDA
ÁNODOCÁTODOCELDA
−≈−=−=−=
+=−=
−=
−=
++
Δ
REACCIÓN ESPONTÁNEA: El cobre se oxida espontáneamente frente al ión plata que se reduce:
2)AgeAg( )s(→+ −+
−−−−−−−−−−−−−−−−−
+→ −+ e2CuCu 2)s(
)s(2
)s( AgCuAg2Cu +→+ ++
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Unidad de Bioquímica Analítica 98 CIN – Facultad de Ciencias
4. a) Zn/Zn2+ (0,0953 M) // Co2+ (6,78 x 10-3 M)/Co
En primer lugar, planteo las semirreacciones de los potenciales estándar de reducción para cada semicelda: Zn2+ + 2e- ↔ Zn (s) Eº = - 0,763 V Co2+ + 2e- ↔ Co (s) Eº = - 0,277 V En segundo lugar, calculo el potencial de reducción de cada semicelda, para estas condiciones experimentales:
V341,0]Co[
1log.2
05916,0ºEE
V793,0]Zn[
1log.2
05916,0ºEE
2)Co/2Co()Co/2Co(
2)Zn/2Zn()Cu/2Zn(
−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
+++
+++
En tercer lugar, calculo el potencial de celda y la variación de energía libre, tomando en cuenta que en la semicelda de la izquierda ocurre la oxidación (ánodo) y en la de la derecha ocurre la reducción (cátodo):
V452,0)793,0(341,0E
EEE
EEE
CELDA
)Zn/2Zn()Co/2Co(CELDA
ÁNODOCÁTODOCELDA
+=−−−=
−=
−=
++
REACCIÓN ESPONTÁNEA: El zinc se oxida espontáneamente frente al ión cobalto (II) que se reduce.
b) Pt/Fe2+ (0,0681 M)/Fe3+ (0,1310 M) // Hg2+ (0,0671 M)/Hg En primer lugar, planteo las semirreacciones de los potenciales estándar de reducción para cada semicelda: Fe3+ + e- ↔ Fe2+ Eº = + 0,771 V Hg2+ + 2e- ↔ Hg (s) Eº = + 0,854 V En segundo lugar, calculo el potencial de reducción de cada semicelda, para estas condiciones experimentales:
V819,0]Hg[
1log.2
05916,0ºEE
V788,0]Fe[]Fe[log.
105916,0ºEE
2)Hg/2Hg()Hg/2Hg(
3
2
)2Fe/3Fe()2Fe/3Fe(
+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
+++
+
+
++++
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 99 CIN – Facultad de Ciencias
En tercer lugar, calculo el potencial de celda y la variación de energía libre, tomando en cuenta que en la semicelda de la izquierda ocurre la oxidación (ánodo) y en la de la derecha ocurre la reducción (cátodo):
V031,0788,0819,0E
EEE
EEE
CELDA
)2Fe/3Fe()Hg/2Hg(CELDA
ÁNODOCÁTODOCELDA
+=−=
−=
−=
+++
REACCIÓN ESPONTÁNEA: El ión hierro (II) se oxida espontáneamente frente al ión mercurio (II) que se reduce.
5. La reacción de titulación es la siguiente: Fe2+ + Ce4+ → Fe3+ + Ce3+ En el punto equivalente, se consume tanto el analito como el titulante, quedando los productos en el medio de reacción. Se puede establecer, por lo tanto, el siguiente balance de masa: [Fe3+] = [Ce3+] Sin embargo, en el punto equivalente siempre ocurre una pequeñísima formación de los reactivos de partida, por lo que se puede establecer también el siguiente balance de masa: [Fe2+] = [Ce4+] A la hora de formular un potencial del cátodo en el punto equivalente, debe tenerse presente que puede plantearse a través del hierro o del cerio ya que las cuatro especies que participan en la reacción de titulación están presentes en este punto:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−==
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−==
+
+
++++
+
+
++++
]Ce[]Ce[log.
105916,0ºEEE
]Fe[]Fe[log.
105916,0ºEEE
4
3
)3Ce/4Ce()3Ce/4Ce(.eq.ptoCÁTODO
3
2
)2Fe/3Fe()2Fe/3Fe(.eq.ptoCÁTODO
Al sumar ambos potenciales, se arriba a la siguiente expresión:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+=
++
++
++++ ]Ce[].Fe[]Ce[].Fe[log.
105916,0ºEºEE.2 43
32
)3Ce/4Ce()2Fe/3Fe(.eq.ptoCÁTODO
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 100 CIN – Facultad de Ciencias
Tomando en cuenta los balances de masa iniciales que ocurren en el punto equivalente, se puede simplificar esta expresión:
6. a) La reacción de estandarización en este caso es la siguiente:
{
}
{
}
{
OH8CO10Mn2OCH5H6MnO2
5.)e2H2OC2OCH(
2.)OH4Mne5H8OMn(
222
4224
28
4
462
3
2
22
24
7
++→++
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
++→
+→++
++−
−+
+
+
+
++
+−+−
+321
En el punto equivalente, se consume tanto el analito como el titulante, quedando los productos en el medio de reacción. Se puede establecer, por lo tanto, el siguiente balance de masa: 2 [CO2] = 10 [Mn2+] [CO2] = 5 [Mn2+] Sin embargo, en el punto equivalente siempre ocurre una pequeñísima formación de los reactivos de partida, por lo que se puede establecer también el siguiente balance de masa: 5 [MnO4-] = 2 [H2C2O4] A la hora de formular un potencial del cátodo en el punto equivalente, debe tenerse presente que puede plantearse a través de la reducción del ión permanganato a ión manganeso o del dióxido de carbono a ácido oxálico ya que las cuatro especies que participan en la reacción de titulación están presentes en este punto:
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 101 CIN – Facultad de Ciencias
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−==
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−==
+−
+
+−+−
22
422)4O2C2H/2CO()4O2C2H/2CO(.eq.ptoCÁTODO
84
2
)2Mn/4MnO()2Mn/4MnO(.eq.ptoCÁTODO
]CO[]OCH[log.
205916,0ºEEE
]H[].MnO[]Mn[log.
505916,0ºEEE
Al sumar ambos potenciales, debe eliminarse primero el denominador numérico en ambas expresiones de la siguiente manera:
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Unidad de Bioquímica Analítica 102 CIN – Facultad de Ciencias
b) La reacción de titulación en este caso es la siguiente:
{
++++−
−+++
+−+−
+
++→++
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−+→
+→++
32
224
32
22
24
7
Fe5OH4MnFe5H8MnO
5.)eFeFe(
OH4Mne5H8OMn 321
En el punto equivalente, se consume tanto el analito como el titulante, quedando los productos en el medio de reacción. Se puede establecer, por lo tanto, el siguiente balance de masa: [Fe3+] = 5 [Mn2+] Sin embargo, en el punto equivalente siempre ocurre una pequeñísima formación de los reactivos de partida, por lo que se puede establecer también el siguiente balance de masa: [Fe2+] = 5 [MnO4-] A la hora de formular un potencial del cátodo en el punto equivalente, debe tenerse presente que puede plantearse a través de la reducción del ión permanganato a ión manganeso o del ión hierro (III) a hierro (II) ya que las cuatro especies que participan en la reacción de titulación están presentes en este punto:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−==
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−==
+
+
++++
+−
+
+−+−
]Fe[]Fe[log.
105916,0ºEEE
]H[].MnO[]Mn[log.
505916,0ºEEE
3
2
)2Fe/3Fe()2Fe/3Fe(.eq.ptoCÁTODO
84
2
)2Mn/4MnO()2Mn/4MnO(.eq.ptoCÁTODO
Al sumar ambos potenciales, debe eliminarse primero el denominador numérico en ambas expresiones de la siguiente manera:
c) Tanto la reacción de estandarización como la de titulación no son simétricas porque sus estequiometrías no son 1 a 1.
7. No es posible titular una solución de ión cobalto (III) con permanganato porque el primero presenta un potencial estándar de reducción superior al segundo y, por ende, debería reducirse en una reacción de este tipo. El permanganato debería oxidarse pero no puede porque el manganeso en este oxianión presenta su número de oxidación más alto.
8. a) La reacción de titulación en este caso es la siguiente:
+++
+−+
−+
++→++
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→+
++→+
232
232
Fe2H2ADAFe2OHAA
2.)FeeFe(
e2H2ADAOHAA
b) Las reacciones globales de celda son despreciables con respecto a la de titulación. De las cuatro especies que participan en la reacción, sólo dos se pueden reducir sobre el electrodo de platino (El ADA y el Fe3+). El potenciómetro mide el voltaje que impulsa los electrones desde el electrodo de referencia hacia el electrodo indicador. Es decir, mide el potencial de reducción del Fe3+ o ADA en la superficie de platino, llevada a cabo por los electrones provenientes del par Hg/HgCl2. Por lo tanto, las reacciones globales de celda son las siguientes:
++−
+−+
−−
+→++
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→+
+→+
22
3
232
Fe2HgClFe2Cl2Hg
2.)FeeFe(
e2HgClCl2Hg
OHAAHgClH2ADACl2Hg
OHAAe2H2ADA
e2HgClCl2Hg
22
2
2
++→+++
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−+→++
+→+
+−
−+
−−
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 104 CIN – Facultad de Ciencias
c) El potencial de celda en el punto equivalente está dado por:
4434421
44 344 21V241,0
)2HgCl/Hg(ºE
.eq.ptoÁNODO.eq.ptoCÁTODO.eq.ptoCELDA EEE
+
−=
El potencial del cátodo en el punto equivalente se trata de la misma manera que en los ejercicios anteriores:
Tomando en cuenta los balances de masa que ocurren en el punto equivalente (no se muestran aquí), se puede simplificar y hallar el potencial del cátodo en el punto equivalente:
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 105 CIN – Facultad de Ciencias
3]H[
1log.05916,0ºEºE.2E
2)2Fe/3Fe()AA/ADA(
.eq.ptoCÁTODO
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
=+++
3)1,0(
1log.05916,0ºEºE.2E
2)2Fe/3Fe()AA/ADA(
.eq.ptoCÁTODO
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
=++
V478,0E.eq.ptoCÁTODO =
Finalmente, se calcula el potencial de celda en el punto equivalente:
4434421
44 344 21V241,0
)2HgCl/Hg(ºE
.eq.ptoÁNODO.eq.ptoCÁTODO.eq.ptoCELDA EEE
+
−=
V237,0241,0478,0E .eq.ptoCELDA =−=
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 106 CIN – Facultad de Ciencias
REPARTIDO N° 10: Espectrofotometría I - RESOLUCIÓN
1. a) A = - log T = - log (0,45) = 0,346787 b) A = ε.b.c
A´= ε.b.c´
693575,0M0100,0
M0200,0.346787,0c
´c.AA´c
Ab.cA
===⇔== ε
T = 10-A = 10-0,693575 = 0,2025 → T = 20,25 %
2.
a) M10x799704,7L10x5.mol.g63,384
g10x15M 331
3−
−−
−
==
b) moles iniciales = moles finales
Mi . Vi = Mf . Vf
M10x80,7mL10
mL1.M10x80,7V
V.MM 4
3
f
iif
−−
===
c) A = ε.b.c ⇔ 114 cmM64,1625
M10x80,7.cm5000,0634,0
c.bA −−
−===ε
3.
a) M10x965742,6cmM6130.cm000,1
427,0b.
Ac 511
−−−
===ε
b) moles iniciales = moles finales
Mi . Vi = Mf . Vf
M10x97,6mL00,1
mL10.M10x97,6V
V.MM 4
5
i
ffi
−−
===
c) m = M . V . PM
m = 6,97 x 10-4 M . 5 x 10-3 L . 292,16 g.mol-1 = 1,018178 x 10-3 g (1,018178 mg)
4. A = - log T
A1 = - log (0,822) = 8,512818 x 10-2
A2 = - log (0,507) = 0,294992
465269,308512818,0
294992,0cc
AA
1
2
1
2 ===
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 107 CIN – Facultad de Ciencias
5.
a) )patróndisolución(M10x869159,1L1.mol.g50,53
g10x00,1M 41
2
ClNH4
−−
−
==
A partir de la misma, se lleva a cabo una dilución al 1/5 para la reacción de color:
→ M10x738318,3mL50
mL10.M10x869159,1M 54
f−
−
==
A corregida = A referencia - A blanco = ε.b.c ⇔ 115
neta cmM9997,4493M10x738318,3.cm00,1
140,0308,0c.b
A −−−
=−
==ε
b) M10x835336,9cmM4494.cm00,1
140,0582,0b.
Ac 5
11corregidaproblema
mL50enproblema−
−−=
−==
ε
M10x917668,4mL10
mL50.M10x835336,9c 45
mL10enproblema−
−
==
moles10x917668,4L100,0.M10x917668,4moles 54
NH3
−− == 1 mol de NH3 contiene un mol de N, por lo tanto:
1 mg de Cu en 250 mL de disolución (1) De (1), se toman 10 mL y se llevan a 30 mL – disolución (2) – De (2), se toman 15 mL y el complejo se extrae totalmente en los 20 mL de fase orgánica.
→ x = 0,04 mg
→ x´= 0,02 mg
Estos 0,02 mg de Cu se encuentran disueltos en los 20 mL de fase orgánica, por lo tanto:
M10x573663,1L10x20.mol.g546,63
g10x2M 531
5
Cu−
−−
−
==
4,37 x 10-3 g de proteína ---- 100 % de la muestra 6,887686 x 10-4 g ---- x
250 mL ---- 1 mg 10 mL ---- x
30 mL ---- 0,04 mg 15 mL ---- x´
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 108 CIN – Facultad de Ciencias
b) A corregida = ε.b.c = 7,90 x 103 M-1cm-1 . 1,00 cm . 1,573663 x 10-5 M = 0,124 → A medida = A blanco + A corregida = 0,056 + 0,124 = 0,180
c) A corregida = A medida – A blanco = 0,874 – 0,056 = 0,818
M10x035443,1cmM10x90,7.cm00,1
818,0b.
Ac 4113orgánicafaselaen
−−−
===ε
m Cu en la fase orgánica = 1,035443 x 10-4 M . 20 x 10-3 L . 63,546 g.mol-1 = 1,315965 x 10-4 g Esta masa de Cu disuelta en la fase orgánica provino de la extracción realizada a partir de los 15 mL de la disolución (2):
→ x = 2,631930 x 10-4 g
Esta masa de Cu provino de la alícuota de 10 mL de la disolución (1):
→ x´= 6,579825 x 10-3 g (6,58 mg)
7. La disolución A puede considerarse como la disolución blanco a los efectos de corregir los valores de
absorbancia medidos:
a) Disolución B: AB corregida = 0,622 – 0,153 = 0,469 Disolución C: AC corregida = 0,967 – 0,153 = 0,814 Las absorbancias son aditivas, por lo tanto:
1 mol de complejo transferrina - hierro contiene 2 moles de hierro, por lo tanto: → 2.(7,299171 x 10-5) moles de hierro por L de disolución 1 mol de complejo desferrioxamina - hierro contiene 1 mol de hierro, por lo tanto: → 5,223780 x 10-5 moles de hierro por L de disolución moles de hierro totales en 1 L de disolución = 2.(7,299171 x 10-5) moles + 5,223780 x 10-5 moles = 1,982212 x 10-4 moles totales
→ x = 26,35 % de hierro complejado con desferrioxamina
→ x´= 73,65 % de hierro complejado con transferrina
5. Los espectros de la figura presentan una superposición importante. Este hecho modifica el análisis que debe
llevarse a cabo para calcular la concentración de ambos iones en la mezcla. A cualquier longitud de onda: −−−− += 2
7O2Cr27O2Cr4MnO4MnOmezcla c.b.c.b.A εε (1)
En este caso particular, se debe partir de dos disoluciones patrón de ambos iones:
1,982212 x 10-4 moles ---- 100% 5,223780 x 10-5 moles ---- x
1,982212 x 10-4 moles ---- 100% 1,459834 x 10-4 moles ---- x
Ejercicios de Química Analítica con Resolución Año 2013
Unidad de Bioquímica Analítica 114 CIN – Facultad de Ciencias
4
patrón27O2Cr
27O2Cr
427O2Crpatrón2
7O2Cr
4patrón4MnO
4MnO4
4MnOpatrón4MnO
10x00,1
A.b10x00,1.b.A
10x00,1
A.b10x00,1.b.A
−
−
−−
−−
−
−
−−
−−
=⇔=
=⇔=
εε
εε
Sustituyo en (1):
−−
−
−−
−+= 2
7O2Cr4patrón2
7O2Cr
4MnO4patrón4MnO
mezcla c.10x00,1
Ac.
10x00,1
AA
Divido entre patrónMnO4
A − :
43421434214342143421 b
44MnO
x
patrón4MnO
patrón27O2Cr
m
4
27O2Cr
y
patrón4MnO
mezcla
10x00,1
c
A
A.
10x00,1
c
AA
−
−
−
−
−
−
−+= (y = mx + b)
Se debe medir a diferentes longitudes de onda los valores de absorbancia de la ecuación anterior. A partir de la pendiente (m), se obtiene la concentración de dicromato en la mezcla desconocida. A partir de la ordenada en el origen (b), se obtiene la concentración de permanganato.