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• Felipe B Mendoza

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PROBLEMAS NUMERICOS SOBRE ESPECTROMETRIA DE ABSORCION MOLECULAR 1.

(a) A qué valor de absorbancia le corresponde una transmitancia del 65 % ?. (b) Si una solución 0,020 M tiene una transmitancia del 45 %, a cierta longitud de onda; cuál será el porcentaje de transmitancia de una solución 0,032 M del mismo analito y a la misma longitud de onda ?. a.

A = - log T = - log ( 0,65 ) = 0.1871

b.

A A Єb A -

= - log ( 0,45 ) = 0,3468 = Є bC = ( 0,3468 / 0,020 mol L - 1 ) = 17,34 L / mol = ( 17,34 L / mol ) ( 0,032 mol / L ) = 0,5549 log T = A T = antilog ( - 0,5549 ) = 0,2787 % T = 27,9

2. (a) Qué porcentaje de luz incidente a una longitud de onda se transmite por un medio que, a esa longitud de onda tiene una absorbancia de 1,076 ?. (b) Cuál es la absorbancia de una solución que absorbe los 3 / 5 de la luz incidente ?. a.

A = - log T

b. Si absorbe los 3 / 5 de la radiación,

- 1,076 = log T Aplicando antilogaritmos: T = 0,0839 Luego % T = 8,39

entonces: Transmite los 2 / 5 de la radiación, luego T = 0,4 A = - log (0,4) = 0,3979

3. Una solución de cierta sustancia coloreada a una concentración C tiene una transmitancia del 80 %. Si la ley de Beer es aplicable, cuál sería la transmitancia a una concentración de 3 C ?. T1

= 10

- abc

T2

=

- ab 3c

10

( log T1 / log T2 )

- abc = ---------------- ab3c

( log 0,8 / log T 2 ) = ( 1 / 3 ) 10

- ab c

T1 / T2 = -----------------10

log T2 = 3 log ( 0,8 ) = - 0,2907

- ab 3c

T2 = 0,512 Luego :

% T = 51,2

4. Se encuentra que una columna de una solución de KMnO4 tiene una transmitancia del 34 % para la luz de una longitud de onda de 525 nm. Cuál sería la transmitancia de la luz a través de una solución similar en una columna de 1 / 5 de longitud ?. A = abc b = ( 0,4685 / ac) log T = abc log ( 0.34 ) = abc 0,4685 = abc

b‘ = ( 0,4685 / 5 ac ) - log T = ac( 0,4685 / 5 ac ) = 0,0937 Aplicando antilogaritmos :

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T = 0,806 5. El Mn se determina colorimétricamente como permanganato midiendo la absorción de la luz verde monocromática. Una solución estándar absorbe en una celda de 5 cm el 10 % de la luz, mientras que una muestra desconocida en una celda de 1 cm, absorbe el 50 % de la luz. La solución estándar contiene 2,00 mg de Mn por litro. Cuál es la concentración ( en g / L ) del Mn en la solución desconocida ?. El porcentaje de transmitancia es del 90 %; luego : log ( 0,90 ) = a ( 5 cm ) ( 2 x 10 – 3 g / L ) a

=

4,5757 L / ( g cm )

Para una transmitancia del 50 % : log ( 0,50 ) = ( 4,5757 L / gcm ) ( 1 cm ) ( C ) C = 0,0658 g / L = 65,8 mg / L 6. Una solución que contiene 5 mg por 200 mL de un soluto absorbente de luz y cuyo peso fórmula es de 200, produce una transmitancia de 20 % cuando se mide en una celda de 1 cm de paso óptico. a. Determine la absortividad absoluta del soluto. b. Determine la absortividad molar del soluto. c. Qué porcentaje de absortividad se observará si la solución se mide en una celda de 2 cm ?. a.

A = abc - log T = a b c c = ( 5 mg / 200 mL ) ( 10 – 3 g / 1 mg ) ( 1 mL / 10 – 3 L ) =

5 g / 200 L

- log ( 0.20 ) = a ( 1 cm ) ( 5 g / 200 L ) a = 27,96 L / ( g cm ) b.

A = ЄbC moles de soluto = ( 5 x 10 – 3 g ) / ( 200 g / mol ) = 2,5 x 10 – 5 M de la solución = ( 2,5 x 10 – 5 moles ) / ( 0,20 L ) = 1,25 x 10 – 4 - log ( 0,20 ) = Є ( 1 cm ) ( 1,25 x 10 -4 mol / L ) Є = 5,592 x 10 3 L / (mol cm)

c.

– log (0,20) = a (1 cm) (c)

- log T = a ( 2 cm ) ( c )

3

( - log 0,20 / - log T )

=

1/2

log T = 2 ( - log 0,2 ) T = 0,04 ; luego

% T =4

7. Para determinar el contenido de Mn en una muestra se procedió como sigue : Se tomó 1,000 g de muestra se disolvió en HNO 3 y el Mn se oxidó a permanganato con persulfato de potasio. Después la solución se diluyó a 500 mL en un matraz volumétrico. De igual forma se trató 0,578 g de una muestra certificada con 0.25 % de Mn. La A de la muestra desconocida fue 2,36 veces más que la del estándar. Calcule el % de Mn presente en la muestra desconocida. Concentración de la solución estándar : C = [ ( 0,0025 ) ( 0,578 g ) ] / 0,5 L = 2,89 x 10 – 3 g / L Ax = a b Cx

As = a b Cs

Ax = 2,36 As As = a b Cx As = a b ( 2,89 x 10 – 3 g / L ) 2,36 [ a b ( 2,89 x 10 – 3 g / L ) ] = a b Cx Cx

= 6,8204 x 10 – 3 g / L

Peso de Mn = (6,8204 x 10 – 3 g / L ) ( 0,5 L ) = 3,4102 x 10 – 3 g % Mn = [ (3,4102 x 10 – 3 g ) / ( 1,000 g ) ] x 100 = 0,34 8. Una solución de 0,277 ppm de amitriptilina, compuesto que presenta actividad antidepresiva, exhibe una absorbancia de 0,014 a 240 nm. El solvente empleado es agua siendo y el espesor de la celda de 1 cm. Si el peso molecular de la amitriptilina es 277.4 g / mol; cuál es la absortividad molar del compuesto ?. Volumen base de la solución = 1 litro Peso del analito = 0,277 mg = 2,77 x 10 – 4 g. Conc. solución = [ ( 2,77 x 10 – 4 g ) / ( 277,4 g / mol ) ] / [ litro ] = 9,9856 x 10 – 7 M Є = (A) / ( b C ) Є = ( 0,014 ) / ( 1 cm ) (9,9856 x 10 – 7 mol / L ) Є = 1,4020 x 10 4 L / ( mol cm )

9. Se toma 0,1000 g de un analito absorbente, de PM = 100 g / mol y se disuelve a un volumen de 1 L. Si la solución obtenida se diluye 200 veces, cuál es la absorbancia de la solución diluida en una celda de 1 cm, si la absortividad molar es 1,0 x 10 5 L / mol cm ?. M1 = [ ( 0,1000 g / 100 g mol -1 ) ] / [ 1 L ] M1 V 1 = M 2 V 2

=

1,0 x 10 – 3

4

( 1,0 x 10 – 3 M ) ( 1 L ) = ( M2 ) ( 200 L ) M2 = 5,0 x 10 - 6 A = Є bC A = ( 1,0 x 10 5 L / mol cm ) ( 1 cm ) ( 5,0 x 10 – 6 mol / L ) = 0,500 10. Cierto elemento X, forma un complejo coloreado con QDT que tiene una absortividad molar de 1,66 x 10 4 L / mol cm . Una solución que contiene 2.00 ppm de X, medida en una celda de 1 cm tiene una transmitancia del 45 %. Determine el peso atómico del elemento X. A = Є bC C = A / (Є b) = ( - log 0,45 ) / [ ( 1,66 x 10 4 L / mol cm ) ( 1 cm ) ] = 2,0891 x 10 – 5 mol / L ppm = ( peso soluto / ml solución ) x 10 6 2 = ( peso X / 1000 ) x 10 6 peso X = 2.0 x 10 – 3 g moles de X = ( 2,0891 x 10 – 5 mol / L ) ( 1 L ) = 2,0891 x 10 – 5 Peso molecular de X = ( 2.0 x 10 – 3 g ) / ( 2,0891 x 10 – 5 moles ) = 95,74 g / mol Por lo tanto P.A. de X = 95,74 g / átomo 11. El contenido de manganeso de una ilmenita se analizó espectroscopicamente . Una muestra de 1.0612 g del mineral fue disuelta y tratada convenientemente con el fin de eliminar o neutralizar todo elemento o compuesto interferente y el manganeso se oxidó a MnO4 - . La disolución se diluyó exactamente a 100 mL. En un espectrofotómetro correctamente ajustado, esta solución presentó una absorbancia de 0,450 en una celda de 1 cm. Una solución similar que contenía exactamente 1,65 mg de manganeso por cada 100 mL presentó un absorbancia de 0,730 en las mismas condiciones. Suponiendo que se cumple la ley de Beer, calcule el porcentaje de manganeso en el mineral. Aplicando la ecuación :

A = 10 a b c

AX = 10 a b c1

0,450 = 10 a

AS = 10 a b c2

0.730 = 10 a

c1 ( 1,65 mg / 100 mL )

(1) (2)

De (1 ) y ( 2 ) : ( 0,450 / 0,730 ) = C X / ( 1,65 mg / mL ) CX =

1,0171 mg / 100 mL

= 1,0171 x 10 – 3 g / 100 mL

Peso de Mn = ( 1,0171 x 10 -3 g / 100 mL ) ( 100 mL ) = 1,0171 x 10 – 3 g % Mn = [ ( 1,0171 x 10 – 3 g ) / ( 1,0612 g ) ] x 100 =

0,0958

12. Una determinación simultánea de Co y Ni se puede efectuar por absorción simultánea de sus respectivos complejos de 8 – Hidroxiquinolinol. Las correspondientes a sus máximos de absorción son :

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Co Ni λ 365 nm = 3529 3228 λ 700 nm = 428,9 10,2 Determine la concentración molar del Co y del Ni de la solución cuyas absorbancias obtenidas en celdas de 1 cm, son : 0,598 a 365 nm y de 0,039 a 700 nm. A 1 = Є 11 C 1 + Є 12 C 2 A 2 = Є 21 C 1 + Є 22 C 2 a 365 nm 0,598 = 3529 C Co + 3228 C Ni a 700 nm 0,039 = 428.9 C Co + 10,2 C Ni Desarrollando las ecuaciones simultáneas, se tiene: Concentración de Co = 8,8834 x 10 – 5 M Concentración de Ni = 8,8135 x 10 – 5 M .

13. Considere los siguientes datos :

10 ppm rojo tejón 10 ppm amarillo carcayú Agua destilada Muestra problema

A 455 nm

A 498 nm

0,280 0,800 0,000 0,655

0,550 0,150 0,000 0,400

Todas las medidas se llevaron a cabo en celdas de 1,2 cm de paso óptico. Cuál es la concentración de cada componente en la muestra problema ?. Rojo Tejón ( R ) : λ 455 nm a = ( 0,280 ) / [ ( 1,2 cm ) ( 0,01 g / L ) ] = 23,33 λ 498 nm a = ( 0,550 ) / [ ( 1,2 cm ) ( 0,01 g / L ) ] = 45,83 Amarillo Carayú ( A ) : λ 455 nm a = ( 0,800 ) / [ ( 1,2 cm ) ( 0,01 g / L ) ] = 66,67 λ 498 nm a = ( 0,150 ) / [ ( 1,2 cm ) ( 0,01 g / L ) ] = 12,5 0,655 = 23,33 ( 1.2 ) CR + 66,67 ( 1,2 ) CA 0,400 = 45,83 ( 1,2 ) CR + 12,50 ( 1,2 ) CA Desarrollando las ecuaciones ( 1 ) y (2 ) , se tiene :

(1) (2)

C A = 0,0062 g / L C R = 0,0057 g / L 14. Las absortividades molares del compuesto A son 341 L / mol cm a 510 nm y 692 L / mol cm a 625 nm . Los del componente B son 722 L / mol cm a 510 nm y 488 L / mol cm a 625 nm. Una solución que sólo contiene A y B como absorbentes muestran una transmitancia de 32,7 % a 510 nm y 16,2 % a 625 nm, al ser medida en una celda de 5 cm. Determine las concentraciones molares de A y B.

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A 510 nm . A = - log ( 0,327 ) = 0,4855 A 625 nm : A = - log ( 0,162 ) = 0,7905 0,4855 = 341 ( 5 ) CA + 722 ( 5 ) CB 0,7905 = 692 ( 5 ) CA + 488 ( 5 ) CB Desarrollando las ecuaciones ( 1 ) y ( 2 ) :

(1) (2)

C A = 2,0040 x 10 – 4 M C B = 3,9857 x 10 – 5 M 15. Una tableta de vitamina contiene hierro como FeSO4, y el contenido de este elemento se analiza en forma periódica. Se disuelve un tableta y luego de encontrarse las posibles interferencias se lleva a un volumen de 100 mL donde todo el hierro sewencuentra como Fe ( III ). Se toma 5 mL de esta solución y el hierro se reduce a Fe ( II ) . Luego de un tratamiento adecuado, el hierro se compleja con 1 .- 10 fenantrolina. Se diluye entonces a 100 mL. El complejo rojo de fenantrolina ferrosa posee un pico de absorbancia a 510 nm, y la absorbancia de la solución en una celda de 1 cm es de 0,448. Una solución tratada del mismo modo contiene 0,35 mg de hierro por 100 mL y presenta uha absorbancia de 0,700. Determine el contenido de sulfato ferroso en mg por cada tableta. A = abc a = ( 0,700 ) / [ ( 1 cm ) ( 3,5 x 10 - 3 g / L ) ] = 200 L / g cm luego, en la solución diluida : C = ( 0.448 ) / [ ( 1 cm ) ( 200 L / g cm ) ] = 2,224 x 10 – 3 g / L de Fe En 5 mL de la, solución original : C = 0,0448 g / L. Concentración de la solución den trabajo = 0,0448 g / L de Fe. Peso de Fe = ( 0,0448 g / L ) ( 0,100 L ) = 0,00448 g Peso de FeSO4 en cada tableta = ( 152 / 56 ) ( 0,00448 g ) = 0,01216 g = 12,16 mg 16. A una longitud de onda de 580 nm el complejo de FeSCN 2 +, presenta una máxima A con = 7000 L / mol cm. Calcular: (a) El % T de una solución 2.5 x 10 – 5 M del complejo a 580 nm en una celda de 1 cm . (b) La T de una solución en que la concentración del complejo es el doble de la citada en ( a ), y (c) La A de una solución cuya T sea la mitad de la correspondiente en ( a ) . a. b. c.

A = ( 700 L / mol cm ) ( 1 cm ) ( 2,5 x 10 – 5 mol / L ) = 0,175 0.175 = - log T luego T = antilog ( - 0,175 ) = 0,6683 % T = 66,83 A = ( 700 L / mol cm ) ( 2 cm ) ( 2,5 x 10 – 5 mol / L ) = 0,350 T = antilog ( - 0,350 ) = 0,4467 A = - lg ( 0,6683 / 2 ) = 0,4761

17. Cierta radiación electromagnética incide sobre una solución absorbente contenida en una celda determinada. Si el 65 % del poder radiante de la REM incidente se absorbe: (a ) Cuál es la absorbancia de la solución ?.b (b) Qué fracción de la radiación incidente sería transmitida, si la longitud del paso óptico sería los 4/5 de la primera celda ?.

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a. b.

% de la REM absorbida 65; entonces % T = 35 A = - log T = - log ( 0,35 ) = 0,465 A = a bC 0,456 = a b C A2 = a ( 4 / 5 ) b C Dividiendo 2 entre 1 : A 2 = 0,456 ( 4 / 5 ) = 0,356 T = antilog ( - 0,365 ) = 0,432

(1) (2)

18. Una solución de una sustancia pura B ( PM = 189 g / mol ) de concentración 1,43 x 10 – 4 M tiene un absorbancia de 0,572 empleando una celda de 1 cm. Una disolución obtenida a partir de 0,1358 g de un preparado farmacéutico que contiene a la sustancia B, en 1 litro de agua presenta una absorbancia de 0,4414. Si ambas mediciones se han realizado a 284 nm y en celdas de 1 cm de paso óptico; calcule el porcentaje de B en el preparado farmacéutico. A = εb C 0,572 = ε ( 1 cm ) ( 1,43 x 10 – 4 moles / L ) ε = 4000 L ( ml cm ) – 1 0,4414 = 4000 L ( ml cm ) – 1 ( 1 cm ) C C = 1,1035 x 10 – 4 moles / L W B = (1,1035 x 10 – 4 moles / L ) ( 1 L ) ( 189 g / mol ) = 0,0209 g % B = ( 0,0209 g / 0,1358 g ) ( 100 ) = 15,39 19. Con el fin de determinar el contenido de hierro en un jugo de tomate, 10,00 mL de este son puestos a digerir en 10,0 mL de ácido clorhídrico 6 N, la solución resultante se filtra y se le agrega 1,0 mL del reactivo complejante que forma un producto colorido con el hierro, finalmente se afora a 50,0 mL con agua desionizada; la absorbancia de la solución anterior fue de 0,123 a 322 nm. Se trata, de manera similar al jugo, una alícuota de 1,0 mL de una solución estándar de hierro de 20,0 ppm. Al ser analizada en el instrumento la solución estándar ( ya tratada y aforada ) dio una absorbancia de 0,267 a la misma longitud de onda y condiciones que la muestra. Calcule la concentración de hierro en el jugo, suponiendo que se cumple completamente la ley de Beer. Volumen de la muestra : 10,0 mL Volumen de la muestra diluida : 50,0 mL Conc. de la solución estándar diluida = ( 1,0 mL x 20 ppm ) / ( 50 mL ) = 0,4 ppm A = abc 0,267 = a b ( 0,4 ppm ) a b = 0,6675 ppm – 1 . –1 0,123 = 0,6675 ppm c c = 0,1843 ppm. Conc. de la muestra = ( 50 mL x 0,1843 ppm ) / ( 10 mL ) = 0,9215 ppm. 20. Un procedimiento para determinar trazas de yoduro en aguas subterráneas consiste en oxidar el I – a I2 y convertir el I2 en un complejo coloreado con el colorante verde brillante que se extrae en el disolvente orgánico tolueno. a. Una disolución 3,15 x 10 – 6 M del complejo coloreado presenta una absorbancia de 0,267 a 635 nm en una celda de 1 cm. Una disolución de blanco con agua destilada en lugar de agua subterránea, tiene una absorbancia de 0,019. b. La absorbancia de una disolución preparada con agua subterránea es de 0,175. Determine la concentración de I – en la muestra problema, en ppm, si el volumen de agua procesada es de 50,0 mL. A corregida = 0,267 - 0,019 = 0,248

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A = ε bC 0,248 = ε ( 1 cm ) ( 3,15 x 10 – 6 M ) ε = 78730,16 ( M cm ) - 1 A corregida = 0,175 - 0,019 = 0,156 0,156 = 78730,16 ( M cm ) - 1 ( 1 cm ) C C = 1,9815 x 10 - 6 M moles = 1,9815 x 10 - 6 M ( 0,050 L ) = 9,9075 x 10 – 8 W I - = ( 126,904 g / mol ) ( 9,9075 x 10 – 8 ) = 12573 x 10 – 5 g 12573 x 10 – 5 g ppm = ------------------------- x 10 6 = 0,2515 50 mL 21. Muchas aminas forman sales cristalinas con ácido pícrico. Todas las soluciones etanólicas, de estas sales, tienen casi el mismo espectro UV, con una longitud de onda máxima de 380 nm y una absortividad molar de 1,35 x 10 4 L ( mol cm ) – 1 , debido al componente picrato. El peso molecular del ácido pícrico es 229,1 g / mol. Una muestra de una amina desconocida se convirtió en picrato y la sal se recristalizó y se secó. Se disolvieron 16,20 mg de la sal en 100 mL de etanol y 10 mL de esta solución se diluyeron a 100 mL. La absorbancia de la solución diluida fue de 0,624 a 380 nm en una celda de 1 cm. Si el analista sospechaba que la anilina era la 4 – etilanilina , según los resultados, estaba en lo cierto ?. Fórmula global de la anilina : C8H11N Concentración de la sal : C = [ 0,624 ] / [ 1,35 x 104 L ( mol cm ) – 1 ( 1 cm ) ] = 4,6222 x 10 – 5 M . Peso de la sal en la solución diluida = ( 16,20 mg / 100 ml ) ( 10 mL ) = 1,62 mg Moles de la sal = ( 4,6222 x 10 – 5 M ) ( 0.1 L ) = 4,6222 x 10 – 6 P M de la sal l = ( 1,62 x 10 – 3 g ) / ( 4,6222 x 10 – 6 moles ) = 350,4825 g / mol Peso molecular de la anilina = 350,4825 - 229,1000 = 121,3825 g / mol Peso molecular de la anilina (C8H11N ) = 121,1837 g /mol. El analista estaba en lo cierto. 22. El análisis espectrométrico de fosfatos puede realizarse mediante la siguiente técnica: a. Se coloca la muestra en un matraz aforado de 5 mL y se agrega 0,50 mL de disolución de molibdato de sodio y ácido sulfúrico y 0,20 mL de sulfato de hidracina, y se diluye casi al enrase con agua desionizada. b. La disolución diluida se calienta guante 10 minutos a 100 ºC, formándose un compuesto azul ( ácido 1,2 – molobdofosfórico ). c. Se enfria el matraz, se enrasa con agua desionizada y se mide la absorbancia de la disolución a 830 nm empleando una celda de 1 cm. Al analizar 0,14 mL de disolución patrón de fosfato, KH 2PO4 ( PM = 136.09 g / mol ), preparada por disolución de 81,37 mg del mismo en 500 mL de agua, se obtiene una absorbancia de 0,812. 0,300 mL de una disolución de ferrita ( proteina almacenadota de hierro que contiene fosfato ) obtenidos por digestión de 1,35 mg de proteína en 1 mL de solvente se analiza por este procedimiento , obteniéndose una absorbancia de 0,798. Determine el porcentaje en peso de fosfato en la ferrita . PM del PO4 -3 = 94,972 g / mol. M de KH2PO4 = ( 81,37 x 10 – 3 g / 136,09 g mol - 1 x 0,500 L ) = 1,1958 x 10 – 3 M M solución diluida = (1,1958 x 10 – 3 M x 0,14 mL ) / ( 5 m L ) = 3,3482 x 10 – 5 M

9

ε = [ 0,812 / ( 1 cm x 3,3482 x 10 – 5 M ) ] = 24 251,84 ( M cm ) – 1 Conc. PO4 3 - = [ 0,798 / ( 1 cm x 24 251,84 M -1 cm ) – 1 ] = 3,2905 x 10 – 5 M . W de PO4 3 - en ferrita = 3,2905 x 10 – 5 M x 0,005 L x 94,972 g / mol = 1,5625 x 10 - 5 g . Peso de ferrita en 0,3 mL : W = ( 1,35 x 10 – 3 g mL – 1 x 0,3 mL ) = 4,05 x 10 – 4 g % PO4 3 - = ( 1,5625 x 10 -5 g . / 4,05 x 10 – 4 g ) x 100 = 3,86 23. Una muestra de 4,73 mg de proteina se digiere químicamente para convertir su nitrógeno en amoniaco, y a continuación se diluye a 50,0 mL. Después se toman 5 mL de la solución resultante y se transfiere a un matraz volumétrico de 25 mL , se tratan con 5 mL de disolución de fenol y 2 mL de disolución de hipoclorito sódico y se afora con agua desionizada. Al cabo de 30 minutos se lee la absorbancia a 625 nm en una celda de 1 cm. Se preparó 500 mL de una solución estándar a partir de 0.0125 g de NH4Cl. A continuación 10 mL de la disolución de cloruro de amonio se transfieren a un matraz volumétrico de 50 mL, se trata de la misma forma como a la muestra y se lee la absorbancia a la misma longitud de onda. El blanco se preparó utilizando agua desionizada. Teniendo en cuenta los datos siguientes, calcule el porcentaje de N en la proteína. Muestra : Blanco Estándar Problema Absorbancia a 625 nm : 0,122 0,308 0,592 N = ( 14,0067 / 53.49 ) x 0,0125 g = 3,2732 x 10 – 3 g . 3,2732 x 10 – 3 g ppm N = ----------------------------- x 10 6 = 6,5464 500 mL Conc. de la solución estándar diluida : N = ( 10 ml x 6,5464 ppm ) / ( 50 mL ) = 1,3093 ppm A =abc a b = 0,186 / 1,3093 mg / L = 0,1421 L / mg c = ( 0,470 / 0,1421 L mg – 1 ) = 3,3075 mg / L Conc. en la solución muestra = 5 ( 3,3075 mg / L ) = 16,5375 mg / L . Masa de N en 50 mL = ( 16,5375 mg / L ) ( 0,050 L ) = 0,8269 mg % N = ( 0,8269 mg / 4,73 mg ) x 100 = 17,69 24. Se analizaron muestras de sangre, orina y soluciones de acetona usando la misma celda y la misma longitud de onda. Excepto para un blanco instrumental, la corrección de la absorbancia es de 0.045 para todas las soluciones; solamente la acetona absorbe a la longitud de onda seleccionada para las mediciones. Los datos para las soluciones de acetona son : Conc. Acetona ( mg/100 mL ) : 0,500 1,000 2,000 4,000 6,000 8,000 Absorbancia

: 0,057

0,068

0,091

0,137

0,183

0,229

Las muestras de sangre y orina se toman de un sujeto normal y de un paciente que sufre de cetoniasis ( niveles anormalmente altos de acetona ) y se obtienen los siguientes datos: Para sujeto normal : A sangre : 0,068 A orina : 0,097 Para el paciente : A sangre : 0,189 A orina ( dilución 1 / 25 ) : 0,198 Calcule los niveles de acetona en mg acetona / 100 mL de fluido para las 4 muestras.

10

X 0,500 1,000 2,000 4,000 6,000 8,000 ∑ = 21,500

∑X ∑Y - n ∑XY m = ------------------------------------ = ( ∑ X ) 2 - n ∑ X2 ∑Y - m ∑X b = ---------------------------- = n Ecuación : Sujeto normal :

X2 0,250 1,000 4,000 16,000 36,000 64,000 ∑ = 121,25

Y 0,057 0,068 0,091 0,137 0,183 0,229 ∑ = 0,765

Y =

XY 0,0285 0,0680 0,182 0,548 1,098 1,832 ∑ = 3,7565

( 21,50 )( 0,765 ) - 6 ( 3,7565 ) --------------------------------------------- = 0,023 ( 21,50 ) 2 - 6 ( 121,25 )

0,765 - 0,023 ( 21,5 ) ------------------------------------ = 0,0451 6

0,023 X + 0,0451

Sangre : 0,068 = 0,023 X + 0,0451 Orina : 0,097 = 0,023 X + 0,0451 Paciente :

X = 0,9957 X = 2,2565

Sangre : 0,189 = 0,023 X + 0,0451 X = 6,2565 Orina ( dilución 1 / 25 ) : 0,198 = 0,023 X + 0,0451 X = 6,6478 Entonces: X = ( 25 ) (6,6478 ) = 166,1957 Los niveles de acetona, en mg acetona / 100 mL de fluido, para las 4 muestras son : 0,9957, 2,2565, 6,2565 y 166,1957. 25. El metarbital C9H14N2O3, presenta un máximo de absorción a 245 nm en solución acuosa a pH = 11. Se obtuvieron los siguientes datos, en cubeta de 1 cm. Conc. ( 10 - 5 M ) : 2,05 4,10 8,20 16,40 A 245 nm : 0,179 0,356 0,718 1,430 Se disolvieron 1,2133 g de metarbital impuro en tampón de pH = 11 y se llevaron hasta 1 litro. 5 mL de esta solución se diluyeron a 100 mL. Diez mL de esta solución diluida se llevó a 100 mL con tampón. Cuál es la pureza de dicha sustancia si al medir la absorbancia en una celda de 1 cm a 245 nm, da como resultado 0.264. X 4,6882 4,3872 4,0862 3,7852 16,9468

Y 0,179 0,356 0,718 1,430 2,683

∑X ∑Y - n ∑XY m = --------------------------------- = ( ∑ X ) 2 - n ∑ X2 m =

- 1,3676

X2 21,9792 19,2475 16,6970 14,3277 72,2514

XY 0,8392 1,5618 2,9339 5,4128 10,7477

(16,9468 ) (2,683 ) - 4 ( 10,7477 ) -------------------------------------------( 16,9468 ) 2 - 4 ( 72,2514 )

11

∑Y - m ∑X b = ---------------------------- = n

2,683 - (- 1,3676 ) ( 16,9468 ) --------------------------------------------- = 6,4649 4

Ecuación : Y = - 1,3676 X + 6,4649 Reemplazando en la ecuación anterior : 0,264 = - 1,3676 X + 6,4649 X = 4,5374 - log X = 4,5374 X = 2,9013 x 10 – 5 M En los 10 ml : X = 2,9013 x 10 – 4 M En los 100 mL X = 2,9013 x 10 – 4 M En los 5 mL : X = 20 (2,9013 x 10 – 4 M ) = 5,8026 x 10 – 3 M En el litro de solución : X = 5,8026 x 10 – 3 M Peso de C9H14N2O3 = ( 5,8026 x 10 – 3 M ) ( 198 g / mol ) = 1,1489 g % C9H14N2O3 = ( 1,1489 g / 1,2133 g ) x 100 = 94,69 26.

El fósforo de la orina puede determinarse tratándolo con molibdeno ( VI ) y reduciendo el complejo de fosfomolibdato con ácido aminonaftol sulfónico para dar el color característico del azul de molibdeno. Este absorbe a 660 nm. Un paciente excretó 1270 mL de orina en 24 horas y el pH de la misma fue 6,5. Se trató una alícuota de 20 μL de orina con reactivo de molibdato y ácido aminonaftol sulfónico y se diluyó a 1000 μL . Se trataron de manera similar una serie de estándares de fosfato. Se midió la absorbancia de las soluciones a 660 nm contra un blanco, y se obtuvieron los siguientes datos: Solución estándar ( ppm P ) : 1,00 2,00 3,00 4,00 Absorbancia : 0,205 0,410 0,615 0,820 Si la absorbancia de la muestra de orina fue de 0.625, determine los gramos de fósforo excretados por día. Aplicando mínimos cuadrados se obtiene : Y = 205 X R2 = 1 Reemplazando : 0,625 = 0,205 C P C P = 3,0488 ppm C P en la muestra = 50 ( 3,0488 ppm ) = 152,44 ppm Masa de P excretados por dia : WP 152,44 ppm = ------------- x 10 6 W P = 0,1936 g 1270 mL

27.

Una muestra de 0,5129 gramos contaminada con cobre se llevó a mineralización y luego se diluyó exactamente a 200 mL . El análisis se completó según se detalla: mL de muestra 50 50

mL de reactivos empleados Cu 3,82 ppm Ligando Agua 0,0 20,0 30,0 4,0 20,0 26,0

Determine el porcentaje de cobre en la muestra. A1 Cs Vs Empleando la ecuación

Cx = --------------------------( A2 – A1 ) Vx

( 0,512 ) ( 3,82 ppm ) ( 4 mL )

A a 545 nm 0,512 0,844

12

Cx = -------------------------------------------- = 0,4713 ppm ( 0,844 – 0,512 ) ( 50 mL ) ( 0,4713 ppm ) ( 200 mL ) Peso Cu

= -------------------------------------------- = 9,426 x 10 10

–5

g

6

9,426 x 10 – 5 g % Cu

= --------------------------- x 100

=

0,0184

0,5129 g 28. La absorbancia de 1.00 mide en una celda de 1 molares son Є X = 600 sufre la reacción X correspondiente .

milimol de X en un litro de agua es A = 0,368 cuando se cm a 500 nm . A esta longitud de onda las absortividades y Є Y = 10 L / mol cm. Si se conoce que X en el agua ------2 Y, calcule la constante de equilibrio ( K )

Concentración de X = 10 – 3 molar En el equilibrio : X mmoles iniciales 10 – 3 mmoles formados -X -3 mmoles en el equilibrio 10 - X

======

2 Y 0 2X 2X

A = Ax + Ay = Є X b CX + Є Y b CY 0,368 = ( 600 ) ( 1 ) ( 10 – 3 - X ) + ( 10 ) ( 1 ) ( 2 X ) 0,368 = 0,6 - 600 X + 20 X X = 4 x 10 – 4 Entonces : [ X ] = 10 – 3 - 4 x 10 – 4 = 6,0 x 10 - 4 Y = 2 X = 2 ( 4 x 10 – 4 ) = 8,0 x 10 – 4 2 Y ( 8 x 10 – 4 ) 2 K = ------------ = ------------------------ = 1,07 x 10 – 3 X 6 x 10 – 4 29. Una alícuota de 25 μ L de una solución acuosa de quinina se diluyó a 50 μ L y se encontró que absorbía el 85,3 % de una REM de 348 nm, cuando se medía en una celda de 1.0 cm. Una segunda alícuota de 25 μ L se mezcló con 10 μ L de una solución de concentración 24,3 ppm de quinina: Después de diluir a 50 μ L , dio una transmitancia de 7,6 % en la misma celda. Determine las partes por millón de quinina en la muestra . % T = 14,7

A 1 = - log ( 0,147 ) = 0,833

A 2 = - log ( 0,076 ) = 1,119

Cx

A1 ( Vs ) ( Cs ) = -------------------------( A2 – A1 ) Vx

Cx

0,833 ( 10 μ L ) ( 24,3 ppm ) = ----------------------------------------- = 28,31 ppm ( 1,119 – 0,833 ) 25 μ L

13

30. Las absorbancias en el ultravioleta de una serie de nueve estándares acuosos que tienen diferentes concentraciones de NO3 – se determinan en una celda de 1 cm a una longitud de onda de 220 nm y se obtienen los siguientes datos: NO3 – (mg/mL) : 0,0 0,004 0,015 0,025 0,035 0,040 0,050 0,060 0,070 Absorbancia : 0.0 0,097 0,208 0,347 0,450 0,553 0,620 0,668 0,688 Se analizaron 8 muestras de agua, tomadas corriente abajo, de un rio que recoge los desechos de una planta química, y se leen en las mismas condiciones que los estándares, se obtiene una absorbancia promedio de 0.642. Determine el contenido de nitratos en el agua del rio, en mg / mL . X 0,0 0,004 0,015 0,025 0,035 0,040 0,050 0,060 0,070 ∑ = 0,299

Y 0,0 0,097 0,208 0,347 0,450 0,553 0,620 0,668 0,688 ∑ = 3,631

∑X ∑Y - n ∑XY m = --------------------------------- = ( ∑ X ) 2 - n ∑ X2 m =

X2 0,0 1,600 x 10 - 5 2,250 x 10 - 4 6,250 x 10 - 4 1,225 x 10 – 3 1,600 x 10 – 3 2,500 x 10 – 3 3,600 x 10 – 3 4,900 x 10 - 3 ∑ = 14,6915 x 10 -3

XY 0,0 3,880 x 10 – 4 3,12 0 x 10 – 3 8,675 x 10 – 3 1,575 x 10 – 2 2, 212 x 10 – 2 3,10 0 x 10 – 2 4,008 x 10 – 2 4,816 x 10 - 2 ∑ = 16,9293 x 10 -2

( 0,299 ) ( 3,631 ) - 9 (16,9293 x 10 -2 ) ----------------------------------------------------( 0,299) 2 - 9 (14,6915 x 10 -3 )

10,228

∑Y - m ∑X b = ---------------------------- = n

3,631 - 10,228 ( 0,299 ) -------------------------------------- = 0,06365 9

Ecuación : Y = 10,228 X + 0,06365 Reemplazando en la ecuación anterior : 0,642 = 10,228 X + 0,06365 X = 0,0565 mg / mL Luego . Nitratos en el agua = 0,0565 mg / mL 31. Tras las diluciones adecuadas una disolución patrón dio las concentraciones de hierro que se muestran a continuación. El complejo hierro (II) / 1,10 - fenantrolina se desarrolló entonces en alícuotas de 25 mL de estas disoluciones; a continuación cada una de ellas se diluyó a 50 mL. Se leyeron las siguientes absorbancias a 510 nm : ¿? Concentración de Fe (II) en las Absorbancias ( celda de 1 cm ) 2.00 5.00 8.00 12.00 16.00 20.00

Disoluciones originales (ppm) 0.164 0.425 0.628 0.951 1.260 1.582

14

El método descrito anteriormente se aplicó a la determinación rutinaria de hierro en alícuotas de 25 mL de aguas naturales. Determine la concentración, en ppm de Fe, de la muestra que dio una absorbancia de 0.721 en una celda de 1 cm . X 2.00 5.00 8.00 12.00 16.00 20.00 ∑ = 63.00

∑X ∑Y - n ∑XY m = --------------------------------- = ( ∑ X ) 2 - n ∑ X2 m =

X2 4.00 25.00 64.00 144.00 256.00 400.00 ∑ = 893.00

Y 0.164 0.425 0.628 0.951 1.260 1.582 ∑ = 5.010

XY 0.328 2.125 5.024 11.412 20.160 31.640 ∑ = 70.689

( 63.00 ) ( 5.010 ) - 6 ( 70.689 ) ---------------------------------------------( 63.00 ) 2 - 6 ( 893.00 )

0.0781

∑Y - m ∑X b = ---------------------------- = n

5.010 - 0.0781 ( 63.00 ) -------------------------------------- = 0.01495 6

Ecuación : Y = 0.0781 C Fe + 0.01495 Reemplazando en la ecuación anterior : 0.721 = 0.0781 C Fe C Fe = 9.04 ppm

+ 0.01495

32. Se tomaron 5 alícuotas de 10 mL de una solución en matraces aforados de 50 mL. A cada uno de ellos se le agregó exactamente 0, 5, 10,. 15 y 20 mL de una solución estándar de concentración 6,5 ppm de Fierro ( II ) ; se le agregó los reactivos necesarios y luego se completó con agua desionizada. Se hicieron las lecturas de las absorbancias cuyos resultados fueron : 0,240, 0,437, 0,621, 0,809 y 1,009, respectivamente. Determine la concentración de Fe ( II ) en la muestra.

X 0 5 10 15 20 ∑ = 50

Y 0,240 0,437 0,621 0,809 1,009 ∑ = 3,116

∑X ∑Y - n ∑XY m = ------------------------------------ = ( ∑ X ) 2 - n ∑ X2 ∑Y - m ∑X b = ---------------------------- =

X2 0 25 100 225 400 ∑ = 750

XY 0,0 2,185 6,210 12,135 20,180 ∑ = 40,71

( 50 ) ( 3,116 ) - 5 ( 40,71 ) ---------------------------------------- = 0,0382 ( 50 ) 2 - 5 ( 750 )

3,116 - 0,0382 ( 50 ) ------------------------------------ = 0,2412

15

n

5

Ecuación :

A = 0.382 Vs

Reemplazando en :

Cx =

Cx =

+ 0,2412 b Cs ---------------m Vx

0,2412 ( 6,5 ppm ) -----------------------------0,0382 ( 10 )

=

4,10 ppm en Fe ( II )