Introducción: Métodos Instrumentales de Análisis: fundamento y clasificación. Comparación entre métodos químicos e Instrumentales. Calibrado y patrones.

1. METODOS INSTRUMENTALES
METODOS INSTRUMENTALES
1. El indicador acido - base "HIn" se disocia como sigue en solución acuosa:
HIn H+
+ In-
K = 9.8 × 10-6
.
En solución fuertemente acidas la absorbancia molar de HIn es 3000 y en solución fuertemente
básicas la absorbancia molar de In es 60 medidos a 490nm.
a) Se preparo una serie de soluciones no amortiguadoras de las siguientes concentraciones
del indicador total: 4×10-4
M; 3×10-4
M; 1×10-4
M; 0.5×10-4
M.
Calcular la absorbancia a 490nm de cada una de estas soluciones y representar
gráficamente como función de concentración.
Ka = [H]×[In] 9.8×10-6
= [In]2
[HIn] Cx - [In]
EHIn = 3000 y EIn = 60 ; [HIn] = Cx - [In]
 C1: 4×10-4
M
9.8×10-6
= [In]2
4×10-4
- [In]
[In] = 5.79×10-5
[HIn] = 3.42×10-4
A1 = 3000 × 1 × [HIn] + 60 × 1 × [In]
A1 = 3000 × 1 × 3.42×10-4
+ 60 × 1 × 5.79×10-5
A1 = 1.0295
 C2: 3×10-4
M

2. METODOS INSTRUMENTALES
9.8×10-6
= [In]2
3×10-4
- [In]
[In] = 4.954×10-5
[HIn] = 2.504×10-4
A2 = 3000 × 1 × [HIn] + 60 × 1 × [In]
A2 = 3000 × 1 × 2.504×10-4
+ 60 × 1 × 4.954×10-5
A2 = 0.754
 C3: 1×10-4
M
9.8×10-6
= [In]2
1×10-4
- [In]
[In] = 2.679×10-5
[HIn] = 7.321×10-5
A3 = 3000 × 1 × [HIn] + 60 × 1 × [In]
A3 = 3000 × 1 × 7.321×10-5
+ 60 × 1 × 2.679×10-5
A3 = 0.221
 C4: 0.5×10-4
M
9.8×10-6
= [In]2
0.5×10-4
- [In]
[In] = 1.777×10-5
[HIn] = 3.223×10-5
A4 = 3000 × 1 × [HIn] + 60 × 1 × [In]
A4 = 3000 × 1 × 3.223×10-5
+ 60 × 1 × 1.777×10-5

3. METODOS INSTRUMENTALES
A4 = 0.0978
b) Repetir el cálculo de a) pero suponga que las soluciones son amortiguadoras a pH = 4.
K = 9.8×10-6
pK = -log K
pK = -log [9.8×10-6
]
pK = 5.00877
pH = pK + log[In/HIn]
4 = 5.00877 + log[In/HIn]
log [In/HIn] = -1.00877
In = 0.098
HIn
In = 0.098 × HIn
 C1: 4×10-4
M
HIn + In = 4×10-4
HIn + 0.098×HIn = 4×10-4
A1 = 3000 × 3.643×10-4
+ 60 × 3.56×10-5
y = 0.2666x - 0.0409
R² = 0.9998
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
0 1 2 3 4 5
A490nm.
Concentracion (×10-4)
Funcion de Concentracion
Series1
Linear (Series1)

4. METODOS INSTRUMENTALES
1.098HIn = 4×10-4
[HIn] = 3.643×10-4
A1 = 1.095
[In] = 3.56×10-5
 C2: 3×10-4
M
HIn + In = 3×10-4
HIn + 0.098×HIn = 3×10-4
A2 = 3000 × 2.7322×10-4
+ 60 × 2.6776×10-5
1.098HIn = 3×10-4
[HIn] = 2.7322×10-4
A2 = 0.821
[In] = 2.6776×10-5
 C3: 1×10-4
M
HIn + In = 1×10-4
HIn + 0.098×HIn = 1×10-4
A3 = 3000 × 9.107×10-5
+ 60 × 8.923×10-6
1.098HIn = 1×10-4
[HIn] = 9.107×10-5
A3 = 0.2737
[In] = 8.923×10-6
 C4: 0.5×10-4
M
HIn + In = 0.5×10-4
HIn + 0.098×HIn = 0.5×10-4
A4 = 3000 × 4.554×10-5
+ 60 × 4.463×10-5
1.098HIn = 0.5×10-4
[HIn] = 4.554×10-5
A4 = 0.1369
[In] = 4.463×10-6
2. Una solución de 8.0×10-5
M. del Quelato de Níquel NiX2+
tiene una absorbancia de 0.580
cuando se mide en una célula de 2.5cm. en 460nm. Calcule él %T de una solución 5×10-5
M del
quelato a esa longitud de onda y en una célula de 1.0cm.
A = A1
b × C b1 × C1

5. METODOS INSTRUMENTALES
0.58 = A1
2.5 × 8×10-5
1 × 5×10-5
A1 = 0.145
Por lo tanto:
Log %T = 2 - A1
Log %T = 2 - 0.145
Log %T = 1.855
%T = 71.61%
3. A 420nm las soluciones que contienen M3+
y el agente de quelación "X" obedecen a la ley de
Beer, si el pH se mantiene constante en 5.0 y si la concentración formal (F) o molar (M) de X
supera a la de M+3
en un factor de 5 o más. En estas condiciones optimas una solución que es
6.20×10-5
M respecto a M3+
y 4.0×10-3
F respecto a X tiene una absorbancia de 0.335 en esta
longitud de onda, cuando se mide en una célula de 1.00m. En 420nm M3+
y X no absorben.
a) Calcule la concentración molar del complejo en una solución que tiene una absorbancia
de 0.602 cuando se mide en una célula de 1.50cm. en las condiciones especificadas
anteriormente.
Según el problema, la concentración de "X" debe ser 5 veces o mas de M3+
:
Si M3+
= 6.2×10-5
→ X = (5 × 6.2×10-5
) = 3.1×10-4
; como "X" es 4×10-3
F supera 5 veces a M3+
, el
reactivo limitante para hacer los cálculos en a "X" es M3+
.
M3+
+ 3 X MX3
donde:
A = 0.335
A1 = 0.602
b = 1cm.
b1 = 1.5cm.
C = 6.2×10-5

6. METODOS INSTRUMENTALES
C1 = ?
C1 = 0.602 × 1 × 6.2×10-5
0.335 × 1.5
C1 = 7.43×10-5
M.
b) ¿Cuál será el porcentaje de transmitancia de la solución a)?
A1 = 0.602
Log %T1 = 2 - A1
Log %T1 = 2 - 0.602
Log %T1 = 1.398
%T1 = 25%
c) ¿Cuál será la concentración molar del complejo en una solución que posee tres veces la
transmitancia de la solución a) cuando se mide en las mismas condiciones?
T2 = 3 × T1 T2 = 3 × (25/100) = 0.75 A2 = -Log [0.75]
A2 = 0.1249
C2 = 0.1249 × 7.43×10-5 =
C2 = 1.54×10-5
M
0.602
.
4. Calcule el error relativo de concentración en % asociado a un error fotométrico ΔT de ±0.005,
corresponde a ±0.5% de T para soluciones en la que:
ΔC = 0.434 × ΔT
C T × Log[T]
a) T = 0.204
ΔC = 0.434 × 0.005
C 0.204 × Log[0.204]

7. METODOS INSTRUMENTALES
ΔC = - 0.0154
C
b) A = 0.195
A = -Log T
0.195 = -Log T
T = 0.638
ΔC = 0.434 × 0.005
C 0.638 × Log[0.638]
ΔC = - 0.0174
C
c) A = 0.280
A = -Log T
0.280 = -Log T
T = 0.525
ΔC = 0.434 × 0.005
C 0.525 × Log[0.525]
ΔC = - 0.0148
C
d) T = 94.4%
T = 94.4/100
T = 0.944

8. METODOS INSTRUMENTALES
ΔC = 0.434 × 0.005
C 0.944 × Log[0.944]
ΔC = - 0.0918
C
5. A temperatura ordinaria la constante de disociación de acido para el indicador HIn tiene un
valor de 5.40×10-7
. A continuación se dan datos de absorbancia (células de 1cm.) para
soluciones 5.00×10-4
F del indicador en medio fuertemente acido y fuertemente alcalino.
Absorbancia Absorbancia
λ(nm.) pH = 1 pH = 13 λ(nm.) pH = 1 pH = 13
440 0.401 0.067 570 0.303 0.515
470 0.447 0.050 585 0.263 0.648
480 0.453 0.050 600 0.226 0.764
485 0.454 0.052 615 0.195 0.816
490 0.452 0.054 625 0.176 0.823
505 0.443 0.073 635 0.160 0.816
535 0.390 0.170 650 0.137 0.763
555 0.342 0.342 680 0.097 0.588
a) Prediga el color de la forma acida del indicador HIn.
El color es anaranjado ya que la absorbancia máxima a pH = 1 es 0.454 a λ = 485nm.
b) ¿Qué color de filtro sería apropiado para el análisis fotométrico del indicador en medio
fuertemente alcalino?
La λmax = 625nm. Por lo tanto, el color del filtro apropiado es el rojo.
c) ¿A qué longitud de onda será apropiado para el análisis fotométrico del indicador en su
forma acida?
La adecuada sería λ = 485m.

9. METODOS INSTRUMENTALES
d) ¿Cuál sería la absorbancia de una solución de 1.00×10-4
F del indicador en su forma
alcalina cuando se mide a 590nm. en una célula de 2.00cm.?
Interpolando para la λ590nm. alcalina, la absorbancia es 0.687.
A = A1 A1 = 2 × 1.00×10-4
× 0.687
b × C b1 × C1 1 × 5.00×10-4
A1 = 0.2748
e) ¿A qué longitud de onda seria la absorbancia independiente de pH?
A 555nm. la absorbancia en medio ácido es igual a la absorbancia en medio básico, luego es
independiente del pH.
6. Una solución 5.00×10-4
F del indicador del problema 5 tiene una absorbancia de 0.309 a
485nm. Cuando se mide en una célula de 1.00cm.
a) ¿Cuál es el pH de la solución?
E1,1 = 0.454 = 908
5×10-4
E1,2 = 0.052 = 104
5×10-4
A = E1,1 × [HIn] + E1,2 × [In]
0.309 = 908 × [HIn] + 104 × [In] ...... (1)
HIn + In = 5×10-4
F ...... (2)
HIn = 5×10-4
- In
(2) en (1)
0.309 = 908 × [5×10-4
- In ] + 104 × [In]

10. METODOS INSTRUMENTALES
0.309 = 0.454 - 908×[In] + 104×[In]
-0.145 = -804×[In]
[In] = 1.803×10-4
En (2)
[HIn] = 5×10-4
- 1.803×10-4
[HIn] = 3.197×10-4
K = 5.4×10-7
pK = -Log K
pK = 6.268
pH = pK + Log [In] pH = 6.268 + Log (1.803×10-4
)
[HIn] (3.197×10-4
)
pH = 6.02
b) ¿Cuál será la absorbancia a 555nm.?
E1,1 = 0.342 = 684
5×10-4
E1,2 = 0.342 = 684
5×10-4
A = E1,1 × [HIn] + E1,2 × [In]
A = 684 × [5×10-4
] + 684 × [5×10-4
]
A = 0.684
7. Un indicador se comporta como una base débil.
BOH B+
+ OH-
BOH = básico B = ácido
Se preparo una solución 8.00×10-5
F, se le agrego un acido fuerte como el HCl.

11. METODOS INSTRUMENTALES
Y a otra porción se le agrego una base fuerte como el NaOH y a otra porción se le agrego un
amortiguador de pH 8.00, se obtuvieron los siguientes datos en una célula de 1.00cm.
Solución A420nm A550nm A680nm
Acido Fuerte 0.773 0.363 0.028
Base Fuerte 0.064 0.363 0.596
A pH 8.00 0.314 0.363 0.396
a) Calcule la constante de ionización básica (Kb) del indicador.
Ácido (B+
) Básico (BOH)
E1,1 = 0.773 = 9662.5 E1,2 = 0.064 = 800
8×10-4
8×10-4
E2,1 = 0.363 = 4537.5 E2,2 = 0.363 = 4537.5
8×10-4
8×10-4
E3,1 = 0.028 = 350 E3,2 = 0.596 = 7450
8×10-4
8×10-4
pOH + pH = 14 0.314 = 9662.5×X + 800×Y
pOH = 14 - 8 0.363 = 4537.5×X + 4537.5×Y
pOH = 6 [B]+
= X = 2.82×10-5
[OH]- = 10-6
M. [BOH] = Y = 5.18×10-5
Entonces:
Kb = [2.82×10-5
] × [10-6
]
[5.18×10-5
]
Kb = 5.44×10-7
b) ¿Cuál sería la absorbancia en las tres longitudes de onda para la misma concentración
del indicador en una solución de pH 7.00?
Las absortividades molares del ácido (B+) y base (BOH), no varían.
Ácido Base

12. METODOS INSTRUMENTALES
λ420nm. E1,1 = 9662.5 E1,2 = 800
λ550nm. E2,1 = 4537.5 E2,2 = 4537.5
λ680nm. E3,1 = 350 E3,2 = 7450
K = 5.44×10-7
pKb = -log Kb
pKb = -log [5.44×10-7
]
pKb = 6.25
pOH = pKb + log[B+
/BOH]
7 = 6.26 + log[B+
/BOH]
log [B+
/BOH] = -1.00877
B = 5.495
BOH
B+
= 5.495 × BOH
BOH + B+
= 8×10-5
BOH + 5.495×BOH = 8×10-5
6.495×BOH = 8×10-5
[BOH] = 1.232×10-5
[B] = 6.77×10-5
Entonces:
 A420nm = 9662.5 × 6.77×10-5
+ 800 × 1.232×10-5
A420nm = 0.664
 A550nm = 4537.5 × 6.77×10-5
+ 4537.5 × 1.232×10-5
A550nm = 0.363
 A680nm = 350 × 3.77×10-5
+ 7450 × 1.232×10-5
A680nm = 0.115
c) Se introdujo una pequeña cantidad de la solución indicadora en una solución de pH
desconocido.
¿Cuál fue el pH de la solución? si :

13. METODOS INSTRUMENTALES
 A420nm = 0.322 y A550nm = 0.420
pOH = pKb + log[B+
/BOH]
→ pKb = 6.26 → pOH = ?
 λ420nm.
0.322 = E1,1 × [HIn] + E1,2 × [In]
0.322 = 9662.5 × [X] + 800 × [Y]
λ550nm.
0.420 = E1,1 × [HIn] + E1,2 × [In]
0.420 = 4537.5 × [X] + 4537.5 × [Y]
→ B+ = X = 2.798×10-5
BOH = Y = 6.458×-5
Por lo tanto
pOH = 6.26 + log [2.798×10-5
] pOH = 5.90
[6.458×10-5
]
pH = 14 - 5.9 pH = 8.1
8. Una muestra de 0.500g. de una aleación fue disuelta en acido tratada con un exceso de
peryodato y calentado para cualquier manganeso presente al estado +7.
5 IO4
-
+ 2 Mn2+
+ 3 H2O 2 MnO4
-
+ 5 IO3
-
+ 6 H+
La solución resultante se diluyo a 250ml. en un frasco volumétrico. Se alcanzo igualación de
color entre la solución diluida y una solución de KMnO4 de 8.25×10-4
F. cuando la trayectoria
de la luz a través del estándar fue 6.50cm. y la trayectoria de la luz a través de la solución de
prueba de 5.20cm. Calcule el porcentaje de manganeso en la aleación.

14. METODOS INSTRUMENTALES
Datos:
A = E × b × C A1 = E × b1 × C1
b = 6.5cm. b1 = 5.2cm.
C = 8.25×10-4
F. C1 = ?
C1 = 6.5 × 8.25×10-4
C1 = 1.03×10-3
F. KMnO4
5.2
1.03×10-3
milimoles Mn × 54.94×10-3
gr. Mn × 250 ml. × 100
ml. 1 milimoles Mn 0.5gr. Mn
El % de Mn+
en la aleación será = 2.84%
9. Se calibro un fotómetro de llama para determinar Na2O dando los siguientes resultados.
μ g Na2O/ml 0 20.00 40.00 60.00 80.00
Lecturas, R 3.1 21.5 40.9 57.1 77.3
a) Representar

15. METODOS INSTRUMENTALES
b) Deducir la recta de mínimos cuadrados para los datos.
R = 0.92×CNa2O + 3.18
c) Calcular Sm y Sr.
Sxx = ΣX2
- (ΣX)2
4000
n
Syy = ΣY2
- (ΣY)2
3388.37
n
Sr = 3388.3688 - (0.92)2
× 4000
5 - 2
Sr = 0.96
Sm = Sr 0.96
Sxx 4000
Sm = 0.015
y = 0.92x + 3.18
R² = 0.9992
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
0 20 40 60 80 100
Lecturas,R
ug Na2O/ml.
Representación
Series1
Linear (Series1)

16. METODOS INSTRUMENTALES
d) Al repetir el análisis de muestras d 1.00g. de cemento que se disolvieron en HCl y se
diluyeron a 100.00ml. tras neutralizar, se obtuvieron los siguientes datos.
Lectura de Emisión, R
Blanco Muestra A Muestra B Muestra C
Replica 1 5.1 28.6 40.7 73.1
Replica 2 4.8 28.2 41.2 72.1
Replica 3 4.9 28.9 40.2 Derramada
Calcular el porcentaje de Na2O en cada muestra de cemento.
Muestra en Blanco
R = 0.92×CNa2O + 3.18
4.93 = 0.92×CNa2O + 3.18
CNa2O = 1.902
Muestra A
R = 0.92×CNa2O + 3.18
28.567 = 0.92×CNa2O + 3.18
CNa2O = 27.59
CNeta = 27.59 - 1.902 = 25.688 μg. Na2O/ml.
25.688 μg. Na2O × 100ml. × 100 = 0.257 %
ml. 106
μg. Na2O
Muestra B
R = 0.92×CNa2O + 3.18
40.7 = 0.92×CNa2O + 3.18
CNa2O = 40.78
CNeta = 40.78 - 1.902 = 38.881 μg. Na2O/ml.
38.881 μg. Na2O × 100ml. × 100 = 0.389 %

17. METODOS INSTRUMENTALES
ml. 106
μg. Na2O
Muestra C
R = 0.92×CNa2O + 3.18
72.6 = 0.92×CNa2O + 3.18
CNa2O = 75.46
CNeta = 75.46 - 1.902 = 73.555 μg. Na2O/ml.
73.555 μg. Na2O × 100ml. × 100 = 0.735 %
ml. 106
μg. Na2O
10. Si la frecuencia está dada en Mega Hertz = MHertz = MHz = 106
ciclos/s.
a) Calcule la longitud de onda en cm. de una torre de control de un aeropuerto de a
118.6MHz.
ʎ × v = c
Donde:
c = 3 × 1010
cm/seg.
v = 118.6 × 106
ciclos/seg.
Por lo tanto:
ʎ = 3 × 1010
cm/seg. 252.95 cm/ciclos
118.6 × 106
ciclos/seg.
b) Un pico de absorción infrarroja con numero de onda de 1375cm-1
.
ṽ = 1375 ciclos/cm.
ʎ = 1
ṽ
ʎ = 1
1375 ciclo/cm

18. METODOS INSTRUMENTALES
ʎ = 7.27 × 10-4
cm/ciclo
11. Calcule la frecuencia en Hertzios de
a) La línea que produce a 632.8nm. un laser de He - Ne
ʎ = 632.8 nm × 10-9
cm. 6.328 × 10-5
cm.
ciclo 1nm
v = 3 × 1010
cm/seg. v = 4.74 × 1014
ciclo/seg.
6.328 × 10-5
cm/ciclo
b) Un haz de microondas a 1.86cm.
ʎ = 1.86 cm
ciclo
v = 3 × 1010
cm/seg.
1.86 cm/ciclo
v = 1.613 × 1010
ciclo/seg.
12. Un espectrómetro infrarrojo sencillo abarca un intervalo de longitud de onda de 3 - 15 μm.
Exprese su intervalo en numero de onda y frecuencia.
El Intervalo en centímetros es el siguiente: [3 × 10-4
cm. - 1.5 × 10-3
cm.]
 Numero de Onda: ṽ = 1
ʎ
Por lo tanto: ṽ1 = 1 ṽ2 = 1
3 × 10-4
cm 1.5 × 10-3
cm
El intervalo en numero de onda es: [3.33×103
- 6.667×102
]

19. METODOS INSTRUMENTALES
 Frecuencia: v = c
ʎ
Por lo tanto: v1 = 3 × 1010
cm/seg. v2 = 3 × 1010
cm/seg.
3 × 10-4
cm/ciclo 1.5 × 10-3
cm/ciclo
El intervalo en frecuencia es: [1 × 1014
- 2 × 1013
]
13. Indique cuales son las unidades de absortividad (E), cuando "b" esta en cm. y la concentración se
expresa en:
E = A
b × C
a) Partes por millón. (C = mg/L)
E = 1 L
cm × mg/L cm × mg
b) Microgramos por litro. (C = μg/L)
E = 1 L
cm × μg/L cm × μg
c) Peso - Volumen porcentual. (C = g/L × 100)
E = 1 L × 10-2
cm × g/L × 100 cm × g
14. Convierte los siguientes datos de transmitancia en absorbancia.

20. METODOS INSTRUMENTALES
A = - Log T A = 2 - Log %T
a) %T = 22.7%
A = 2 - Log (22.7)%
A = 0.644
b) T = 0.936
A = - Log (0.936)
A = 0.029
c) %T = 31.5%
A = 2 - Log (31.5)%
A = 0.502
d) %T = 7.93%
A = 2 - Log (7.93)%
A = 1.101
e) T = 0.103
A = - Log (0.103)
A = 0.987
f) %T = 58.2%
A = 2 - Log (58.2)%

21. METODOS INSTRUMENTALES
A = 0.235
15. Convertir la absorbancia en porcentaje de transmitancia.
% T = 10 2-A
a) A = 0.0350
% T = 10 2 - 0.035
% T = 92.26%
b) A = 0.936
% T = 10 2 - 0.936
% T = 11.59%
c) A = 0.310
% T = 10 2 - 0.31
% T = 48.98%
d) A = 0.232
% T = 10 2 - 0.232
% T = 58.61%
e) A = 0.494
% T = 10 2 - 0.494
% T = 32.06%

22. METODOS INSTRUMENTALES
f) A = 0.104
% T = 10 2 - 0.104
% T = 78.70%