Cuestionario N°2- Volumetria DE Precipitacion- Hidalgo Ramos Camile Alexandra PDF

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UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA LABORATORIO DE ANÁLISIS INSTRUMENTAL

VOLUMETRIA DE PRECIPITACION CUESTIONARIO N°2

E: ING. ESPERANZA DIAZ R: ZALAZAR JOVE DANIEL ISRAEL ANTE: UNIV. HIDALGO RAMOS CAMILE ALEXANDRA A: ING. QUIMICA 66766 E ENTREGA: 19/03/2021

LA PAZ - BOLIVIA

CUESTIONARIO N°2 VOLUMETRIA DE PRECIPITACION 1. ¿Cuál la razón de emplear entre 0,20 a 0,25 g de cloruro de sodio p.a. en la estandarización del nitrato de plata?

R. Se emplea entre 0,20 a 0,25 g de cloruro de sodio, debido a que en concentraciones mayores se corre el riesgo que exista un exceso lo cual no sería favorable. Es por ello que se podría concluir que usar estas concentraciones es aceptable. También para determinar de forma más precisa la concentración del nitrato de plata, ya que en cuanto menor sea este en disolución cloruro, absorbe muy fuerte sobre las partículas de cloruro de plata coloidal formada, alcanzado así el punto estequiometrico en el primer exceso Ag+ 2. Explique cómo funciona un indicador por adsorción. R. Los indicadores de adsorción son colorantes orgánicos aniónicos. La acción de estos indicadores es debida a que la adsorción del indicador se produce al alcanzar el punto de equivalencia y durante el proceso de adsorción ocurre un cambio en el indicador que lo transforma en una sustancia de color diferente. El cambio de color en estos indicadores se debe a una deformación de sus capas electrónicas que tiene lugar cuando un ion entra dentro del campo eléctrico de un ion vecino de carga opuesta.

3. Explique la diferencia entre los términos punto final y punto de equivalencia. R. El punto de equivalencia, también llamado punto estequiométrico, en pocas palabras, es un punto donde los moles de las dos soluciones, ácido y base, son equivalentes o iguales. La etapa ocurre antes del punto final, lo que señala la finalización de la reacción. En algunas reacciones, podría haber numerosos puntos de equivalencia, especialmente en ácidos y bases polipróticos donde existen múltiples iones hidróxido. Mientras que el punto final viene después del punto de equivalencia en las titulaciones. Indica que se ha alcanzado el punto de equivalencia. Este punto final está indicado por el cambio en el color de la solución. 4. ¿Por qué la carga superficial de una partícula de precipitado cambia de signo en el punto de equivalencia? R. Teóricamente las partículas de cloruro de plata absorben fuertemente a los iones plata y así adquiriendo una carga positiva y de este modo cambian el signo de su carga. De una manera más detallada; cuando se adiciona nitrato de plata a una solución de cloruro de sodio, las partículas del cloruro de plata finamente divididas tienden a retener en su superficie (absorber) algunos iones cloruro de los que se encuentra en exceso en la solución. Se dice que estos iones cloruro forman la capa primaria absorbida que ocasiona que las partículas coloidales de cloruro de plata estén cargadas negativamente. Después, estas partículas tienden a atraer iones positivos de la solución para formar una capa de adsorción secundaria retenida con menos fuerza: (AgCl) ClCapa

M+

Capa cloruro

Primaria / secundaria en exceso

Si se continúa adicionando nitrato de plata hasta que los iones plata estén en exceso, estos iones desplazaran a los iones cloruro de capa primaria. Entonces las partículas se cargan positivamente y los aniones de la solución son atraídos para formar la capa secundaria. 5. ¿Qué diferencia existe entre una titulación directa y una titulación por retroceso? R. En la titulación directa el valorante acido o básico reacciona directamente con el analito (básico o ácido) mientras que en la titulación por retroceso en vez de valorar el analito original se añade un exceso conocido de reactivo estándar a la disolución, y luego se valora el exceso. 6. ¿Por qué se recomienda la titulación de un blanco en el método de Mohr? R. Mediante un ensayo en blanco se subsana el error de valoración. Se mide el volumen de disolución valorada de AgNO3 que es preciso gastar para dar una coloración perceptible a un volumen de agua destilada que contiene la misma cantidad de indicador que el que se utiliza en la valoración. El volumen así determinado se debe restar al volumen de disolución valorada gastado en la determinación. 7. Un volumen de 30,00 mL de una solución cuyo contenido en yoduro se desconoce, se trata con 50,00 mL de nitrato de plata 0,3650 M. El precipitado de Ag se filtra, y el filtrado (al que se agrega Fe+3) se titula con KSCN 0,2870 M. Después de agregar 37,60 mL de tiocianato, la solución se vuelve roja. ¿Cuántos miligramos de yoduro estaban presentes en la solución original? R. Por condición de titulación y sabiendo que la solución se torna roja una vez que se igualan estequiométricamente la plata con yoduro y tiocianato (precipita AgI, con SCN- sobrante ocurre la reacción con el indicador Fe+3, volviendo roja la disolución) Datos

VKSCN = 37.60 [mL]; [M]KSCN = 0.2870 [M]

VAgNO3 = 50.00 [mL]; [M]AgNO3 = 0.3650 [M]

Solución:

Para yoduro, tiocianato y plata

𝑒𝑞 − 𝑔 𝐼− + 𝑒𝑞 − 𝑔 𝑆𝐶𝑁− = 𝑒𝑞 − 𝑔𝐴𝑔+ 1 [mol] = 1 [eq-g] o n = # eq - g

𝑒𝑞 − 𝑔 𝐾𝑆𝐶𝑁 = 𝑒𝑞 − 𝑔 𝑆𝐶𝑁− = 𝑉𝐾𝑆𝐶𝑁 ∙ [𝑀]𝐾𝑆𝐶𝑁

𝑒𝑞 − 𝑔 𝐴𝑔𝑁𝑂3 = 𝑒𝑞 − 𝑔 𝐴𝑔+ = 𝑉𝐴𝑔𝑁𝑂3 ∙ [𝑀]𝐴𝑔𝑁𝑂3 Reemplazando datos

𝑛 𝐼− + 𝑉𝐾𝑆𝐶𝑁 ∙ [𝑀]𝐾𝑆𝐶𝑁 = 𝑉𝐴𝑔𝑁𝑂3 ∙ [𝑀]𝐴𝑔𝑁𝑂3

𝑛 𝐼− = 𝑉𝐴𝑔𝑁𝑂3 ∙ [𝑀]𝐴𝑔𝑁𝑂3 − 𝑉𝐾𝑆𝐶𝑁 ∙ [𝑀]𝐾𝑆𝐶𝑁

𝑛 𝐼− = 50.00 [𝑚𝐿] ∙

Se conoce 𝑀 𝐼− = 126.9 [

1 [𝐿]

103 [𝑚𝐿] 𝑛 𝐼−

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙] 1 [𝐿] ∙ 0.2870 [ 𝐿 ∙ 0.3650 [ −3 ] − 37.60[𝑚𝐿] ∙ 3 10 [𝑚𝐿 ] 𝐿 = 7.459 ∙ 10 [𝑚𝑜𝑙]

𝑚 𝐼− [𝑚𝑔] = 𝑛 𝐼− [𝑚𝑜𝑙] ∙ 𝑀 𝐼− [

𝑔

𝑚𝑜𝑙

]

𝑔

𝑚𝑜𝑙

]∙

103 [𝑚𝑔] 1[𝑔]

𝑔 103 [𝑚𝑔] = 946.5 [mg] 𝑚 𝐼− [𝑚𝑔] = 7.459 ∙ 10−3 [𝑚𝑜𝑙] ∙ 126.9 [ ]∙ 1[𝑔] 𝑚𝑜𝑙 𝑚 𝐼− = 946,5 [𝑚𝑔]

8. Suponga que 20,00 mL de una solución de bromuro 0,1000 M se titula con nitrato de plata 0,080M y que el punto final se detecta por el método de Mohr. El punto de equivalencia se presenta en 25,00 mL. Si el error de titulación debe ser  0,1%, entonces el cromato de plata debe precipitar entre 24,975 y 25,025 mL. Calcule los límites superior e inferior para la concentración de cromato en el punto de equivalencia de la solución titulada si la precipitación de cromato de plata debe comenzar entre 24,975 y 25,025 ml. R. Datos:

[𝑀]𝐴𝑔𝑁𝑂3 = 0.080 [𝑀]

𝑉𝐵𝑟− = 20.00 [𝑚𝐿] = 0.020 [𝐿]; [𝑀]𝐵𝑟− = 0.1000 [𝑀]

Solución:

Por la condición de punto de equivalencia:

𝑒𝑞 − 𝑔 𝐵𝑟− + 𝑒𝑞 − 𝑔 𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 = 𝑒𝑞 − 𝑔𝐴𝑔𝑁𝑂3

El bromuro y el nitrato de plata poseen un solo equivalente gramo por mol: [M] = [N]: 𝑒𝑞 − 𝑔 𝐵𝑟− = 𝑉𝐵𝑟− ∙ [𝑀]𝐵𝑟−

𝑒𝑞 − 𝑔 𝐴𝑔𝑁𝑂3 = 𝑉𝐴𝑔𝑁𝑂3 ∙ [𝑀]𝐴𝑔𝑁𝑂3

En cambio, el cromato de plata presenta 2 eq – g por mol, entonces: 𝑒𝑞 − 𝑔 𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 = 𝑉𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 ∙ [𝑁]𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 ∙ En la ecuación inicial:

1 [𝑚𝑜𝑙] = 0.5 𝑉𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 ∙ [𝑀]𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 2 [𝑒𝑞 − 𝑔]

𝑉𝐵𝑟− ∙ [𝑀]𝐵𝑟− + 0.5 𝑉𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 ∙ [𝑀]𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 = 𝑉𝐴𝑔𝑁𝑂3 ∙ [𝑀]𝐴𝑔𝑁𝑂3 Despejando la concentración molar de cromato de plata: [𝑀]𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 =

[𝑀]𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 =

•

𝑉𝐴𝑔𝑁𝑂3 ∙ [𝑀]𝐴𝑔𝑁𝑂3 − 𝑉𝐵𝑟− ∙ [𝑀]𝐵𝑟 − 0.5 𝑉𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4

𝑉𝐴𝑔𝑁𝑂3 ∙ 0.080 [𝑀] − 0.020 [𝐿] ∙ 0.1000 [𝑀] … (1) 0.5 𝑉𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4

Para el límite inferior: 𝑉𝐴𝑔𝑁𝑂3 = 24.975 [𝑚𝐿] En (1):

[𝑀]𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 = −

0.024975 [𝐿] ∙ 0.080 [𝑀] − 0.020 [𝐿] ∙ 0.1000 [𝑀] 0.5 ∙ 0.024975 [𝐿] [𝑀]𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 = 1.6016 · 10 − 4 [𝑀]

•

Para el límite superior: 𝑉𝐴𝑔𝑁𝑂3 = 25.025 [𝑚𝐿] En (1): [𝑀]𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 =

0.025025 [𝐿] ∙ 0.080 [𝑀] − 0. 020 [𝐿] ∙ 0.1000 [𝑀] 0.5 ∙ 0.025025 [𝐿] [𝑀]𝐴𝑔2 𝐶𝑟𝑂4 = 1.5984 · 10 −4 [𝑀]

Se expresar la concentración molar de cromato de plata como: [𝑀]𝐴𝑔2𝐶𝑟𝑂4 = (1.6000 ± 0.0016) · 10−4 [𝑀]

Verificando, la incertidumbre o el error en forma porcentual sería: %=

0.0016 · 10−4 · 100% = 0.1% 1.6000 · 10−4

9. Investigue que es nefelometría y cuales sustancias pueden determinarse mediante este método.

R. La nefelometría cuantitativa es un examen de laboratorio para medir en forma rápida y precisa los niveles de ciertas proteínas llamadas inmunoglobulinas en la sangre. Las inmunoglobulinas son anticuerpos que ayudan a combatir una infección. Generalmente, nefelometría y turbidimetría se utilizan en el análisis de la calidad química del agua para determinar la claridad y para el control de los procesos de tratamiento. Estos métodos pueden ser también apropiados para ensayos cuantitativos que usan complejos antígeno-anticuerpo o para medir la cantidad de proteínas en fluidos. Las medidas turbidimétricas y nefelometrías ocupan una posición destacada en los laboratorios clínicos. Se han aplicado para la determinación de inmunoglobulinas, proteínas del complemento, proteínas de fase aguda, proteínas de coagulación entre otras. Además, mide la luz dispersada en dirección distinta a la luz emitida (generalmente con ángulos que oscilan entre 15 y 90º)

10.Se titulan 25,00 ml de una solución que es x M en ClNa, y M en NaBr, y z M en NaI, con NO3Ag 0,100 M y la titulación se controla potenciométricamente. Un gráfico de pAg versus volumen de nitrato de plata muestra interrupciones en la curva a 12,00 ml y 30,00 ml y una más nítida disminución en el pAg en 38,00 ml. Calcule las concentraciones x, y, z. R. Datos

𝑉0 =25 ml

𝐶𝐴𝑔 ∗ 𝑉𝐴𝑔 = [𝑎𝑛𝑖𝑜𝑛] ∗ 𝑉0

𝑁𝑂3 𝐴𝑔 = 0,100𝑀

12 ml Y 30 ml 38 ml Solución Analizando orden de precipitado X + ClNa Y+ NaBr Z+NaI

•

𝑘𝑝𝑠 = 1,8 ∗ 10−10 → 𝑝𝑘𝑝𝑠 = 9,745 3𝑒𝑟 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑡𝑎𝑑𝑜

kps =5,35 ∗ 10−13 → 𝑝𝑘𝑝𝑠 = 12,272 2𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑡𝑎𝑑𝑜

𝑘𝑝𝑠 = 8,3 ∗ 10−17 → 𝑝𝑘𝑝𝑠 = 16 ,081  1𝑒𝑟 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑡𝑎𝑑𝑜

Primer precipitado (NaI)

V = 12ml 𝐶𝐴𝑔 ∗ 𝑉𝐴𝑔 = 𝑍 ∗ 𝑉0 → 𝑍 = 𝐶𝐴𝑔 ∗

𝑉𝐴𝑔 0,1𝑀 ∗ 12𝑚𝑙 = = 0,048𝑀 𝑉0 25𝑚𝑙

Z = 0,048 [M]

•

Segundo precipitado (NaBr)

V = 30-12=18ml 𝐶𝐴𝑔 ∗ 𝑉𝐴𝑔 = 𝑌 ∗ 𝑉0 → 𝑌 = 𝐶𝐴𝑔 ∗

𝑉𝐴𝑔 𝑉0

=

0,1𝑀 ∗ 18𝑚𝑙 = 0,072𝑀 25𝑚𝑙

Y = 0,072 [M]

•

Tercer precipitado (ClNa)

V = 38ml-30=8ml 𝐶𝐴𝑔 ∗ 𝑉𝐴𝑔 = 𝑋 ∗ 𝑉0 → 𝑋 = 𝐶𝐴𝑔 ∗

𝑉𝐴𝑔 0,1𝑀 ∗ 8𝑚𝑙 = = 0,032𝑀 𝑉0 25𝑚𝑙

X = 0,032 [M] 11.Para la titulación de 20,00 ml de NaBr 0,150 M con NO3Ag 0,100 M, calcular el pAg al comienzo de la titulación cuando se forma el primer diminuto cristal de AgBr. R. Datos 20 ml NaBr 0,15 M AgNO3 0,1M AgBr Solución

kps = 5,35 ∗ 10 −13

VAg = C Br ∗

CAg ∗ VAg = CBr ∗ V0

V0 20ml → VAg = 0,15M ∗ = 30ml CAg 0,1 M

Inicio Kps = [Ag][Br] → [Ag] =

Veq = 30 ml V0 = 0

Kps 5,35 ∗ 10−13 → 3,567 ∗ 10 −12M → [Ag] = [Br] 0,15 M

pAg = − log [Ag] = − log(3,567 ∗ 10−12 M) = 11,448 pAg = 11,448

R. El primer pAg = 11,448 12. ¿Cuál el pAg en el punto de equivalencia de la titulación del problema 11? R. En el punto de equivalencia [𝐵𝑟] =

𝐵𝑟 − + 𝐴𝑔+ → 𝐵𝑟𝐴𝑔

[𝐵𝑟] ∗ 𝑉1 − [𝐴𝑔] ∗ 𝑉2 20 ∗ 0,15𝑀 − 0,1 ∗ 30 = =0 𝑉1 + 𝑉2 20 + 30

Por lo tanto los iones plata y los iones bromuro reaccionaron y se formaron 𝐵𝑟𝐴𝑔 Considerando esto por solubilidades encontraremos el pAg

𝐵𝑟𝐴𝑔 → 𝐵𝑟 − + 𝐴𝑔+

Considerando que en este punto

Trabajando con solubilidades:

Por lo tanto

𝑘𝑝𝑠 = [𝐵𝑟][𝐴𝑔] [𝐴𝑔] = [𝐵𝑟]

𝑆 ∗ 𝑆 → 𝑆 2 = 𝐾𝑝𝑠 → √𝐾𝑝𝑠 = 𝑆

𝑠 = √5,35 ∗ 10 −13 → 10−6,136𝑀 𝑝𝐴𝑔 = − log[𝐴𝑔] = − log(10−6,136 ) → 6,136 𝑝𝐴𝑔 = 6,136

13. Un volumen de 40,0 ml de una solución de Hg2(NO3)2 0,0400 M se titula con 60,0 ml de KI 0,100 M para precipitar Hg2I2(s) (Kps = 4,5x10-29). (a) ¿Qué volumen de KI se requiere para alcanzar el punto de equivalencia? (b) Calcule la fuerza iónica de la solución cuando se han agregado 60,0 ml de KI. (c) Sin despreciar la actividad, calcule pHg+22 cuando se han agregado 60,0 ml de KI. R. (a) ¿Qué volumen de KI se requiere para alcanzar el punto de equivalencia? eq − g KI = eq − g Hg2 (NO3 )2

VKI ∙ [N]KI = VHg2 (NO3 )2 ∙ [N]Hg2 (NO3 )2 … (1)

El nitrato mercurioso tiene dos equivalentes gramo por mol, por lo que:

0.0400 [M]Hg2(NO3)2 = 0.0400 [

mol

2 [eq−g]

] ∙ [ ] = 0.0800 [M]Hg2 (NO3 )2 1 mol Hg2 (NO3 )2 En cambio, el yoduro de potasio posee solo un equivalente gramo por mol, entonces, su concentración L

normal tiene igual valor numérico que la molar. Reemplazando en la ecuación (1): VKI =

40.0 [mL]Hg2 (NO3)2 ∙ 0.0800 [N]Hg2 (NO3 )2 VHg2 (NO3 )2 ∙ [N]Hg2 (NO3 )2 = [N]KI 0.100 [N]KI VKI = 32,0 [ml]

(b) Calcule la fuerza iónica de la solución cuando se han agregado 60.0 mL de KI. Como el punto de equivalencia (iguales cantidades estequiométricamente) se produce en 32.0 ml, cuando se añadieron 60.0 ml de yoduro de potasio ya existe exceso de iones yoduro y de potasio (volumen en exceso: 28.0 ml): eq − g KIexc = VKI ∙ [N]KI

eq − g KIexc = 28.0 ∙ 10 −3 [L] ∙ 0.100 [N]KI eq − g KIexc = 2.80 ∙ 10−3 [eq − g]

La fuerza iónica se calcula mediante: I=

1 ∑ C2i z2i 2 i

Donde: -

zi: carga iónica de la especie química “i”.

-

Ci: concentración molar de la especie química “i”.

Conociendo que en solución acuosa se dan: Hg 2 (NO3 )2 → Hg 22+ + 2 NO3 −

0.0400 [M]

0.0400 [M]

0.0800 [M]

KI → K+ + I −

0.100

0.100 0.100

2+ − −29 Hg 2 + 2 I → Hg 2 I2 … Kps = 5.2 ∙ 10 s 2s

Kps = (2s)2·(s) = 4s3 → s = √ 3

− Entonces las concentraciones de Hg2+ 2 y2I :

Kps 4

= √ 3

5,2 ·10−29 4

= 2.351· 10−10 [M]

−10 [M] y [I − [Hg 2+ ] = 2 · 2.351 · 10−10 [M] 2 ] = 2.351 · 10

Quedando eon solución: −10 ) [M] [Hg 2+ ≅ 0.0400 [M] 2 ] = (0.0400 − 2.351 · 10

[I −] = (0.100 − 2 · 2.351 · 10−10 )[M] ≅ 0.100 [M]

Se determina que las especies presentes son: Hg22+; NO3-: K+ e I-. Además, ya que se consideran soluciones acuosas, deberíamos tomar en cuenta protones y oxidrilos (H + y OH-), sin embargo, puesto que sus concentraciones tienen un valor de 10-7 [M] ([H+] = [OH-] = √10-14), podemos despreciarlos. H2 O → H + + OH−

Reacción dominada por la constante de ionización del agua: Kw = 10 −14 Finalmente, las especies que debemos considerar para el cálculo de la fuerza iónica son: 1: Hg22+:

z=+2

C = 0.0400 [M]

2: NO3-:

z=-1

C = 0.0800 [M]

3: K+:

z=+1

C = 0.100 [M]

4: I-:

z=-1

C = 0.100 [M]

Reemplazando en la ecuación de fuerza iónica adaptada: I=

I=

1 ∙ [C21z12 + C22z22 + C 32 z32 + C 42 z24] 2

1 ∙ [0.04002 (+2)2 + 0.08002 (−1)2 + 0.1002 (+1)2 + 0.1002 (−1)2 ] 2 I = 0.0164

(c) Sin despreciar la actividad, calcule pHg2+2 cuando se han agregado 60.0 mL de KI. Coeficiente de actividad: γi =

Para cada ion: 1. Hg22+:

2. NO3-:

3. K+:

4. I-:

z=+2

z=-1

z=+1

z=-1

Actividad de cada ion:

1.

Hg22+:

2. NO3-:

3. K+:

4. I-:

−0.51·z2i ·√I 10 1+√I

C = 0.0400 [M]

C = 0.0800 [M]

C = 0.100 [M]

C = 0.100 [M]

γi = 10

−0.51·(+2)2 ·√0.0164 1+√0.0164

= 0.587

γi =

−0.51·(−1)2 ·√0.0164 1+√0.0164 10

= 0.875

γi =

−0.51·(+1)2 ·√0.0164 1+√0.0164 10

= 0.875

γi =

−0.51·(−1)2 ·√0.0164 1+√0.0164 10

= 0.875

a= γ·C a = 0.587 · 0.0400 [M] = 0.0235 [M] a = 0.875 · 0.0800 [M] = 0.0700 [M] a = 0.875 · 0.100 [M] = 0.0875 [M] a = 0.875 · 0.100 [M] = 0.0875 [M] pHg2+2 = -log (a Hg22+) = -log (0.0235) = 1.6289

pHg2+2 = 1.629 14. Considere la titulación de 50,00  0,05 ml de una mezcla de yoduro y tiocianato con Ag+ 0,0683  0,0001 M. El primer punto de equivalencia se observa en 12,6  0,4 ml, y el segundo, en 27,7  0,3 ml. Halle la molaridad del tiocianato y su incertidumbre en la mezcla de partida. R. Puesto que el Kps del yoduro (8.52 ·10 -17) es menor que el Kps del tiocianato (1.03 ·10-12), en el primer punto de equivalencia se verifica: 𝑒𝑞 − 𝑔𝐼− = 𝑒𝑞 − 𝑔𝐴𝑔+

𝑒𝑞 − 𝑔𝐼− = 𝑉𝐴𝑔+ ∙ [𝑁]𝐴𝑔+ Conociendo que: 𝑉𝐴𝑔+ = 12.6 [𝑚𝐿] y que [𝑁]𝐴𝑔+ = [𝑀]𝐴𝑔+ = 0.0683 [𝑁]

𝑒𝑞 − 𝑔 𝑒𝑞 − 𝑔𝐼− = 12.6 ∙ 10 −3 [𝐿] ∙ 0.0683 [ ] = 8.61 ∙ 10−4 [𝑒𝑞 − 𝑔] 𝐿

En el segundo punto de equivalencia:

𝑒𝑞 − 𝑔𝐼−+ 𝑆𝐶𝑁− = 𝑒𝑞 − 𝑔𝐴𝑔+

𝑒𝑞 − 𝑔𝐼−+ 𝑆𝐶𝑁− = 𝑉𝐴𝑔+ ∙ [𝑁]𝐴𝑔+

Sabiendo que: 𝑉𝐴𝑔+ = 27.7 [𝑚𝐿] y que [𝑁]𝐴𝑔+ = [𝑀]𝐴𝑔+ = 0.0683 [𝑁]

𝑒𝑞 − 𝑔 𝑒𝑞 − 𝑔𝐼−+ 𝑆𝐶𝑁− = 27.7 ∙ 10−3 [𝐿] ∙ 0.0683 [ ] = 1.89 ∙ 10−3 [𝑒𝑞 − 𝑔] 𝐿

Restando los valores obtenidos: 𝑒𝑞 − 𝑔𝑆𝐶𝑁− = 𝑒𝑞 − 𝑔𝐼−+ 𝑆𝐶𝑁− − 𝑒𝑞 − 𝑔𝐼−

𝑒𝑞 − 𝑔𝑆𝐶𝑁− = (1.89 ∙ 10 −3 − 8.61 ∙ 10−4 ) [𝑒𝑞 − 𝑔] = 1.03 ∙ 10 −3 [𝑒𝑞 − 𝑔] Como 1 [eq-g] de tiocianato equivale a 1 [mol] del mismo: [𝑀]𝑆𝐶𝑁− = [𝑁]𝑆𝐶𝑁− = [𝑀]𝑆𝐶𝑁− =

# 𝑒𝑞 − 𝑔𝑆𝐶𝑁− 𝑉

1.03 ∙ 10−3 [𝑀] = 0.0206 [𝑀] 50 ∙ 10−3

[𝑀]𝑆𝐶𝑁− = 0.0206 [𝑀]

Calculando las incertidumbres: Primero, para el cálculo de equivalentes gramo en el primer punto de equivalencia: 𝑆𝑒𝑞−𝑔𝐼−

𝑒𝑞 − 𝑔𝑖 −

= √(

𝑆𝑉𝑃.𝐸𝑞.1

𝑉𝑃.𝐸𝑞.1

𝑆[𝑁]𝐴𝑔+ )2 )2 + ( [𝑁]𝐴𝑔+

𝑆𝑒𝑞−𝑔𝐼− 0.4 2 0.0001 2 √ = ( ) + ( ) 8.61 ∙ 10−4 [𝑒𝑞 − 𝑔] 12.6 0.0683 𝑆𝑒𝑞−𝑔𝐼− = 2.74 ∙ 10 −5 [𝑒𝑞 − 𝑔]

Para el cálculo de equivalentes gramo en el segundo punto de equivalencia: 𝑆[𝑁]𝐴𝑔+ 𝑆𝑉𝑃.𝐸𝑞.2 𝑆𝑒𝑞−𝑔𝐼−+ 𝑆𝐶𝑁− = √( )2 )2 + ( 𝑒𝑞 − 𝑔𝐼−+ 𝑆𝐶𝑁− [𝑁]𝐴𝑔+ 𝑉𝑃.𝐸𝑞.2 𝑆𝑒𝑞−𝑔𝐼−+ 𝑆𝐶𝑁−

1.89 ∙

10−3

[𝑒𝑞 − 𝑔]

= √(

0.3 2 0.0001 2 ) +( ) 27.7 0.0683

𝑆𝑒𝑞−𝑔𝐼−+ 𝑆𝐶𝑁− = 2.07 ∙ 10 −5 [𝑒𝑞 − 𝑔] Después, para el cálculo de equivalentes gramo del tiocianato (absoluta): 𝑆𝑒𝑞−𝑔𝑆𝐶𝑁− = √(𝑆𝑒𝑞−𝑔𝐼− )2 + (𝑆𝑒𝑞−𝑔𝐼−+ 𝑆𝐶𝑁− )2

𝑆𝑒𝑞−𝑔𝑆𝐶𝑁− = √(2.74 ∙ 10−5 )2 + (2.07 ∙ 10−5 )2 𝑆𝑒𝑞−𝑔𝑆𝐶𝑁− = 3.43 · 10−5 [𝑒𝑞 − 𝑔]

Finalmente, para el cálculo de la incertidumbre de la molaridad de tiocianato: 𝑆[𝑀]𝑆𝐶𝑁− 𝑆𝑉 = √( )2 + (𝑆𝑒𝑞−𝑔𝑆𝐶𝑁− )2 [𝑀]𝑆𝐶𝑁− 𝑉 𝑆[𝑀]𝑆𝐶𝑁− 0.5 3.43 · 10−5 2 = √ ( )2 + ( ) 0.0206 [𝑀] 50 1.03 ∙ 10−3

𝑆[𝑀]𝑆𝐶𝑁− = 7.17 · 10−4 [𝑀]

[𝑀]𝑆𝐶𝑁− = 0.0206 ± 0.0007 [𝑀]...