1. El indicador acido-base Hin se disocia como sigue en solución acuosa:

HIn H+ + In- k= 9.8X10-6

En soluciones fuertemente acidas la absortividad molar de HIn es 3000 y en soluciones fuertemente básicas la absortividad molar de In es 60 medidos a 490 nm

a) Se preparó una serie de soluciones no amortiguadas de las siguientes concentraciones del indicador total: 4.00x10-4M; 3x10-4M; 1x10-4M; 0.50x10-4M

Calcular la absorbancia a 490 nm de cada una de estas soluciones y representar gráficamente como función de concentración.

4.00x10-4MAT=ε1,1. b .CHIn+ε1,1 . b .C¿

AT=(3000 ) (1 ) (4.00 x10−4M )+ (60 ) (1 ) (4.00 x10−4M )

AT=1.224

3x10-4M AT=ε1,1. b .CHIn+ε1,1 . b .C¿

AT=(3000 ) (1 ) (3x 10−4M )+(60 ) (1 ) (3 x10−4M )

AT=0.918

1x10-4MAT=ε1,1. b .CHIn+ε1,1 . b .C¿

AT=(3000 ) (1 ) (1x 10−4M )+(60 ) (1 ) (1x 10−4M )

AT=0.306

0.5x10-4M AT=ε1,1. b .CHIn+ε1,1 . b .C¿

AT=(3000 ) (1 ) (0.5 x10−4M )+(60 ) (1 ) (0.5 x10−4M )

AT=0.153

b) repita el cálculo de a) pero suponga que las soluciones son amortiguadas a ph=4.0

ε 490nmHIn- 3000

In- 60

pH=4

pk=−log(9.8 x10−6)

pk=5.009

pH=pK+ log I n−¿

HIn¿

4.0=5.009+ log I n−¿

HIn¿

−1.009=log I n−¿

HIn¿

In−¿

HIn=0.098¿

I n−¿=0.098 HIn¿

Repitiendo lo de a.

4.00x10-4M

HIn+ I n−¿=4.00 x 10−4¿

HIn+0.098HIn=4.00 x10−4

HIn=3.643 x 10−4

I n−¿=4.00x 10−4−3.643 x 10−4¿

I n−¿=3.57 x10−5¿

AT=ε1,1. b .CHIn+ε1,1 . b .C¿

AT=(3000 ) (1 ) (3.643x 10−4 )+(60 ) (1 ) (3.57 x 10−4 )

AT=1.095

3x10-4M

HIn+ I n−¿=3 x10−4¿

HIn+0.098HIn=3 x 10−4

HIn=2.732 x10−4

I n−¿=3 x10−4−2.732 x10−4¿

I n−¿=2.68 x10−5¿

AT=ε1,1. b .CHIn+ε1,1 . b .C¿

AT=(3000 ) (1 ) (2.732x 10−4 )+ (60 ) (1 ) (2.68 x 10−4 )

AT=0.835

1x10-4M

HIn+ I n−¿=1 x10−4 ¿

HIn+0.098HIn=1 x10−4

HIn=9.107 x10−5

I n−¿=1 x10−4−9.107 x 10−5¿

I n−¿=8.93 x10−6¿

AT=ε1,1. b .CHIn+ε1,1 . b .C¿

AT=(3000 ) (1 ) (9.107 x10−5)+ (60 ) (1 ) (8.93 x 10−6 )

AT=0.274

0.50x10-4M

HIn+ I n−¿=0.50 x10−4¿

HIn+0.098HIn=0.50 x 10−4

HIn=4.554 x10−5

I n−¿=0.50 x10−4−4.554 x 10−5¿

I n−¿=4.46 x 10−6¿

AT=ε1,1. b .CHIn+ε1,1 . b .C¿

AT=(3000 ) (1 ) (4.554 x 10−5 )+(60 ) (1 ) (8.93 x10−6 )

AT=0.137

2. Una solución de 8.0x10-5M del quelato de niquel NIX2* tiene una absorbancia de 0.580 cuando se mide una célula de 2.5cm en 460 nm. Calcule el %T de una solución 5x10 -5M del quelato a esa longitud de onda y en una célula de 1.00 cm

NI X2+ C=8.0x10-5M Celda = 2.5cm

γ Absorbancia460nm 0.580

ϵ= Ab .c

ϵ= 0.580

(2.5).(8.0x 10−5)

ϵ=2900cm−1M−1

A=ε . b . c

A=(2900) .(1).(5 x 10−5)

A=0.145

T= antilog (-A)

T= 0.716

%T= 71.6

3. a (en) 420 nm las soluciones que contienen M3+ y el agente de quelacion X obedece a la ley de Beer si el ph se mantiene constante en 5.0 y si las concentración formal (F) o molar (M) de x supera a la de M3+ en un factor de 5 o más. En estas condiciones óptimas una solución que es de 6.20x10-5M y 4.0x10-3F respecto a X tiene una absorbancia de 0.335 en esta longitud de onda, cuando se mide en una célula de 1.00 cm. En 420 nm M3+ y X no absoben.

a) calcule la concentración molar del complejo en una solución que tiene una absorbancia de 0.602 cuando se mide en una celula de 1.50 cm en las condiciones especificadas anteriormente

b) cual será ek porcentaje de trasmitancia de la solución a.

c) Cual será la concentración molar del complejo en una solución que posee tres veces la trasmitancia de la solución a. cuando se mide en las mismas condiciones.

Medida del error relativo debido al error absoluto ∆CC

= 0.434TlogT

∆T