Schriftliche Prüfung BSC Analytik Sommer 2019 Musterlösung

Mittwoch, 21. August 2019

Schriftliche Prüfung BSC Analytik

Sommer 2019

D – CHAB/BIOL

Musterlösung

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♦ Jede Aufgabe wird separat bewertet. Die maximal erreichbare Punktzahl beträgt 36.

Die Maximalnote wird mit mindestens 30 Punkten erreicht.

♦ Zeit: 60 Minuten. Teilen Sie sich Ihre Zeit gut ein!

♦ Unleserliche Texte, unklare Formulierungen oder unsaubere Skizzen können nicht bewertet werden. Bitte bemühen Sie sich um eine saubere Darstellung.

♦ Schreiben Sie jedes abzugebende Blatt einzeln mit Ihrem Namen an.

♦ Dieses Deckblatt ist ausgefüllt abzugeben.

♦ Wir bitten Sie um Fairness: Disziplinarverordnung RSETH 361.1

♦ Präsenzkontrolle. Bitte legen Sie Ihre Legi offen auf den Tisch.

♦ Viel Erfolg!

Aufgabe 1 12 Punkte

Auf den folgenden Seiten finden Sie das IR-, Massen-, ¹H-NMR- und ¹³C-NMR-Spektrum der Verbindung D8. Die Verbindung hat die relative Molmasse M_r = 117.

N

OH

Hinweise zum ¹H-NMR-Spektrum:

An O gebundene Protonen koppeln oft nicht mit anderen Protonen, da sie chemisch rasch austauschen und von einem Molekül zum anderen springen können.

Das N-Atom eines Amins ist ein Tetraeder mit 3 Substituenten und dem freien Elektronenpaar.

Der Tetraeder klappt leicht um. Das Elektronenpaar zeigt dann in die entgegengesetzte Richtung.

Dieser Vorgang ist schnell auf der NMR-Zeitskala.

a) Erklären Sie den Basispeak im Massenspektrum. Wenden Sie die Fragmentierungsregeln, die das Signal stützen, möglichst oft an. (3 Punkte)

N

OH

31 31 86

Regel IV kann zweimal angewendet werden. Beide Heteroatome steuern die Fragmentierung.

b) Ordnen Sie die Signale im ¹H-NMR-Spektrum den Protonen zu. Eine Begründung ist nicht nötig. (3 Punkte)

siehe Spektrum

c) Beim Signal bei 2.6 ppm handelt es sich um eine Überlagerung von Einzelsignalen. Es lassen sich 7 Linien erkennen, bezeichnet mit 1–7. Welche Linien gehören jeweils zusammen und bilden ein Multiplett? Erklären Sie die Aufspaltungsmuster. Welche

Molekülteile sind für die Signale verantwortlich? Hinweis: Es handelt sich um Teilspektren 1. Ordnung. (2 Punkte)

Das Integral der Signalgruppe ist 6. Es handelt sich um die drei CH₂-Gruppen neben dem N- Atom.

Zwei davon sind isochron und bilden ein Teilspektrum mit Integral 4. Durch die benachbarte CH₃-Gruppe spaltet das Signal in ein Quartett auf. Das Intensitätsverhältnis ist 1:3:3:1. Die Linien sind äquidistant. Es handelt sich um die Linien 2, 4, 6 und 7.

Die andere CH₂-Gruppe bildet ein Teilspektrum mit Integral 2. Es ist ein Triplett mit Intensitätsverhältnis 1:2:1. Linien 1, 3, 5.

d) Warum erscheinen im ¹³C-NMR-Spektrum keine Signale oberhalb von 60 ppm? (1 Punkt) Signale für aliphatische C-Atome findet man typischerweise unterhalb von 100 ppm. Es hat keine anderen.

e) Das Integral des Signals bei 3.8 ppm im ¹H-NMR-Spektrum ist mit 1.3 deutlich höher als erwartet. Nennen Sie einen möglichen Grund. (1 Punkt)

Die Substanz enthält etwas Feuchtigkeit (Hinweis bei f). An O gebundene Protonen tauschen schnell mit anderen solchen Protonen aus (Hinweis zum ¹H-NMR-Spektrum oben). Dadurch werden sie isochron mit einer chemischen Verschiebung, die dem gewichteten Mittel der Einzelsignale entspricht.

f) Erklären Sie die Banden bei 3600 und 3400 cm^–1 im IR-Spektrum. Welche Molekülteile sind für die Banden verantwortlich? Warum ist eine von ihnen so breit? Hinweis: Bei der Bande bei 3670 cm^–1 handelt es sich um die O–H-Streckschwingung von H₂O, das als Verunreinigung vorliegt. (2 Punkte)

Für beide Banden ist die O–H-Streckschwingung verantwortlich. Im IR-Spektrum sieht man ein Gemisch von Konformeren. Die Bande bei 3600 cm^–1 entsteht durch Moleküle, deren OH- Proton frei schwingen kann. Daher ist die Bande scharf bei der eigentlichen Bandenlage. Die andere Bande entsteht durch Moleküle, deren OH-Proton eine mehr oder weniger gute H- Brücke ausbildet. Dadurch ist es von zwei Seiten gebunden, was die Kraftkonstante erniedrigt und variabel macht. Dadurch wird die Bande breit.

IR:

D8

100

80

60

40

20

0 [%]

4000 3000 2000 1500 1000 [cm ]^–1 500

N

OH

MS:

%

0 80 100

60 40

20

0 100 m/z

117

80 60

40

20 120

56 102 18

30

72

86

58

69

H-NMR:

1 400 MHz, aufgenommen in CDCl

1 H 2 H

6 H

6 H

TMS

TMS

3

D8

C-NMR:

13 100 MHz, protonen-breitbandentkoppelt

aufgenommen in CDCl CH₂

3

CH₃

11.8 46.9

CH₂

58.7 CH₂

54.7

160

180 140 120 100 80 60 40 20 ppm 0

Lösungsmittel

3.6 3.5

1.1 1.0

12 3

4

5 7

6

2.6 2.5

N OH

13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ppm

Aufgabe 2 6 Punkte

Die flüssige Substanz D8 wurde in Salzsäure gelöst und danach die Flüssigkeit im

Stickstoffstrom abgedunstet. Dieser Vorgang wurde noch zweimal wiederholt. Vom festen Rückstand D9 wurden NMR-Spektren aufgenommen (siehe nächste Seite). Das Signal bei 10.5 ppm im ¹H-NMR-Spektrum ist so breit, dass es praktisch nicht zu erkennen ist.

a) Was hat die Prozedur bewirkt? Zeichnen Sie die Struktur von D9. Begründen Sie. (1 Punkt) Amine sind Basen. Die Säure hat das N-Atom protoniert. Es ist ein Ammoniumsalz entstanden.

Das ¹H-NMR-Spektrum zeigt ein H-Atom mehr. Das Gesamtintegral ist jetzt 16 statt 15. Die Breite der Bande zeigt, dass das zusätzliche Proton an ein Heteroatom gebunden ist.

b) Welches Proton ist für das Signal bei 10.5 ppm im ¹H-NMR-Spektrum verantwortlich?

(1 Punkt)

Es handelt sich um das zusätzliche H-Atom, das an N gebunden ist. Dieses Atom hat keine Entsprechung im Spektrum des Amins.

c) Das Signal bei 3.3 ppm im ¹H-NMR-Spektrum entspricht dem Signal bei 2.6 ppm im ¹H- NMR-Spektrum von D8. Das Signalmuster ist nicht sinnvoll zu interpretieren. Spekulieren Sie, warum? (3 Punkte)

Durch die Protonierung ist das N-Atom stabil sp³-hybridisiert. Der Tetraeder klappt nicht mehr um. Man kann zwar immer noch eine Spiegelebene durch das Molekül legen, jedoch sind die Protonen einer CH₂-Gruppe neben der Methylgruppe nicht mehr isochron. Es gibt keinen Mechanismus, der für Isochronie sorgen könnte. Beim Amin war es das schnelle Umklappen, das die Rollen der CH₂-Protonen vertauschen liess. Die Differenz der chemischen

Verschiebung der beiden Protonen ist klein, da sie an das gleiche C-Atom gebunden sind. Die Kopplungskonstante einer Kopplung über zwei Bindungen ist im aliphatischen Bereich gross.

Das führt zu höherer Ordnung. Zudem koppeln die Protonen zusätzlich mit dem H am N, was das System weiter kompliziert. Die chemischen Verschiebungen der 6 Protonen sind

möglicherweise auch näher zusammengerückt. Das System ist völlig unverständlich.

d) Das ¹³C-NMR-Spektrum hat sich im Vergleich zu D8 nur wenig verändert. Warum?

(1 Punkt)

Das C-Gerüst wurde nicht verändert.

H-NMR:

1 400 MHz, aufgenommen in CDCl

6 H

6 H 1 H 2 H

1 H

TMS

TMS

3

D9

C-NMR:

13 100 MHz, protonen-breitbandentkoppelt aufgenommen in CDCl

CH₂

3

CH₃

8.9 48.2

CH₂

56.3 CH₂

55.2

160

180 140 120 100 80 60 40 20 ppm 0

Lösungsmittel Lösungsmittel

13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 ppm

4.1 4.0

3.4 3.3 3.2

1.5 1.4

Aufgabe 3 3 Punkte

In der Flüssigchromatographie wird oft der UV/vis-Detektor verwendet. Dabei wird eine Probenzelle aus Quarzglas mit Licht durchstrahlt und die Absorption gemessen.

Ein anderer optischer Detektor ist der Fluoreszenz-Detektor. Auch hier wird die Probenzelle mit Licht durchstrahlt, aber der Detektor misst senkrecht zur Einstrahlungsrichtung das durch Fluoreszenz erzeugte Licht. Die Wellenlänge des Fluoreszenzlichtes ist grösser als jene des Anregungsstrahls.

Die Figur zeigt schematisch die beiden Mess-Anordnungen. Der Eluent fliesst senkrecht zur Blattebene durch die Zelle.

Lichtquelle Detektor

Probenzelle UV/vis-Anordnung

Probenzelle

Detektor

Fluoreszenz-Anordnung

Lichtquelle

a) Der Fluoreszenz-Detektor wird wesentlich seltener eingesetzt als die UV/vis-Anordnung.

Warum? (1 Punkt)

Damit der Detektor eingesetzt werden kann, müssen die Analyten fluoreszieren. Für andere Moleküle ist der Detektor blind. Selten fluoreszieren alle interessierenden Substanzen. Durch Derivatisieren könnte man das möglicherweise ändern, aber das ist ein zusätzlicher Aufwand.

b) Der Fluoreszenz-Detektor ist der UV/vis-Anordnung messtechnisch deutlich überlegen.

Seine Empfindlichkeit ist wesentlich besser. Nennen Sie zwei Gründe, warum das so ist.

Hinweis: Überlegen Sie, was gemessen wird, wenn kein Analyt im Eluenten ist. (2 Punkte) Der UV-Detektor sieht das volle Licht der Quelle, allenfalls etwas abgeschwächt durch den Analyten. Dieses Signal wird verglichen mit jenem des vollen Lichts der Quelle ohne Analyt.

Die kleine Differenz zweier grosser Werte ist das Signal des Detektors. Zudem kann der Detektor überlastet werden, wenn zu viel Licht eingestrahlt wird. Das begrenzt die Intensität der Lichtquelle.

Bei der anderen Anordnung kann der Anregungsstrahl im Prinzip beliebig stark sein, da das Licht nicht in den Detektor gelangt. Streulicht kann man über einen Monochromator abfangen, da das Fluoreszenzlicht eine grössere Wellenlänge hat. Wenn sich kein Analyt in der Probe befindet, wird auch kein Licht erzeugt. Dadurch ist die Empfindlichkeit des Fluoreszenz- Detektors wesentlich grösser als jene des UV-Detektors.

Aufgabe 4 11 Punkte

Das Grundwasser ist in der Schweiz an vielen Stellen verunreinigt, hauptsächlich durch den Einfluss der Landwirtschaft. Das gefährdet die Qualität des Trinkwassers. Ammonium deutet auf Verunreinigungen durch Fäkalien oder Düngemittel hin. In der Schweiz gilt für Ammonium in Trinkwasser ein Grenzwert von 0.5 mg/l.

Mit einer ionenchromatographischen Methode kann Ammonium von den anderen in Trinkwasser häufig vorkommenden Kationen getrennt werden:

Säule: Shim-pack IC-C4 (Kationenaustauscher) Länge: 150 mm

innerer Durchmesser: 4.6 mm Eluent: 2.5 mM Oxalsäure in Wasser Flussrate: 1.0 ml/min

Detektor: Leitfähigkeit, keine Suppression

In Trinkwasser kommt Na⁺ mit einer Konzentration von typischerweise 5–50 mg/l vor.

Eine Standardlösung mit fünf Ionen in einer Konzentration von jeweils 1 mg/l in Reinstwasser wurde eingespritzt. Folgendes Chromatogramm wurde erhalten:

0 5 10 15 20

Ca

Mg

K

NH

+

Na

Eine fabrikneue Säule führt hier zu einer Basislinientrennung für alle Ionen. Wenn eine Säule altert, nimmt die Trennleistung ab. Die Bodenzahl nimmt ab, die Peaks können ein Tailing entwickeln.

a) Schätzen Sie die Anzahl theoretischer Böden für die Säule anhand des Mg-Peaks ab.

Erklären Sie das Vorgehen. (1 Punkt)

Mögliches Vorgehen: Wendetangenten anlegen. Sinnvolle Basislinie finden. Retentionszeit und Basisbreite ablesen:

t_R2 = 13.25 min w_b2 = 0.8 min

N 16 t

w

2

16

( ) ( ^{13.25 min} 0.8 min )

b) Welche Schwierigkeiten können auftreten, wenn sehr kleine Konzentrationen von Ammonium in Trinkwasser auf einer alternden Säule bestimmt werden sollen, bei gleichzeitig besonders grosser Konzentration von Na⁺? (2 Punkte)

Durch die mangelnde Auflösung können die Peaks so weit koeluieren, dass eine Quantifizierung schwierig und fehleranfällig wird. Ein mögliches Tailing des Na-Peaks verschlechtert die

Situation zusätzlich. Bei grosser Na-Konzentration kann der Ammoniumpeak als kleiner Aufsetzer auf dem Tailing-Teil des Na-Peaks erscheinen, mit zusätzlichen Schwierigkeiten beim Quantifizieren.

c) Welche Massnahme könnte die Schwierigkeiten unter b) beseitigen oder vermindern?

Welche Nachteile müsste man allenfalls in Kauf nehmen? In der Ionenchromatographie werden grundsätzlich keine Gradienten gefahren. (2 Punkte)

Die beste Lösung ist das Beschaffen einer neuen Säule, was natürlich nachteilige Kostenfolgen hat. Allenfalls könnte eine andere Konzentration der Oxalsäure etwas Abhilfe schaffen. Kleinere Konzentration heisst kleinere Elutionskraft. Dadurch verlängert sich aber das Chromatogramm.

d) Bei dieser Methode wird keine Suppression eingesetzt. Erklären Sie das Prinzip der Suppression. (2 Punkte)

Der Eluent hat selbst eine grosse Leitfähigkeit. Da diese Grösse das Detektorsignal ist, gibt es ein grosses Untergrund-Signal. Beim Erscheinen eines Peaks verändert sich das Signal geringfügig. Die Differenz bildet den Peak.

Ein Suppressor verringert die Grundleitfähigkeit. Man schaltet nach der Trennsäule einen Ionentauscher dazu, der den Eluenten neutralisiert.

Bei der Trennung von Anionen kann man einen Eluenten auf der Basis von Carbonat verwenden. Der Suppressor ist dann ein Kationentauscher, der das Gegenion zum Carbonat durch Protonen ersetzt. Die entstehende Kohlensäure ist instabil und zerfällt in in CO₂ und Wasser.

Bei der Kationen-Chromatographie kann man als Eluenten eine Säure verwenden. Mit einem Anionenaustauscher kann das Gegenion zum H⁺ gegen OH^– getauscht werden, was Wasser entstehen lässt. Der Eluent ist verschwunden.

e) Könnte man die vorliegende Methode nachträglich verbessern, indem einfach ein Suppressor vor den Detektor geschaltet wird? Könnte das überhaupt funktionieren? Wenn ja, wie?

Wenn nein, warum nicht? (2 Punkte)

Da Oxalsäure verwendet wird, kann als Suppressor ein Anionentauscher in der OH-Form verwendet werden. Siehe d).

Die Methode wurde für die Bestimmung von Ammonium optimiert. Natürlich kann man sie auch zur Bestimmung anderer Ionen verwenden. Die Wasserhärte wird durch die Konzentration von Mg²⁺ und Ca²⁺ bestimmt. Mit dieser Methode dauert eine Analyse aber fast 20 Minuten.

f) Welche Massnahmen kann man ergreifen, um die Analysenzeit zu verkleinern? Nennen Sie mindestens zwei. Die anderen Ionen brauchen nicht voneinander getrennt zu werden.

(2 Punkte)

Da die Auflösung zwischen den Peaks extrem gross ist, kann man alle Massnahmen ergreifen, die die Analysenzeit verkleinern, ohne Rücksicht auf die Auflösung. Man kann eine kürzere Säule verwenden. Mit einem Zehntel der Säulenlänge verschlechtert sich die Auflösung nur um einen Faktor von etwa 3, noch immer völlig ausreichend. Die Analysenzeit verkürzt sich aber dramatisch.

Falls die Anlage auch noch für die ursprüngliche Aufgabe benutzt werden soll, kann die

Elutionskraft des Eluenten erhöht werden. Man wählt eine höhere Konzentration von Oxalsäure.

Der Effekt ist aber möglicherweise bescheiden.

Aufgabe 5 4 Punkte

Nennen Sie eine Trennmethode, mit der man positive und negative Ionen gleichzeitig trennen und bestimmen kann. Wie funktioniert sie? Handelt es sich um eine Chromatographie?

Erklären Sie.

Mittels Elektrophorese kann man möglicherweise beide Ionensorten detektieren. Dazu muss aber der elektroosmotische Fluss, der die Flüssigkeit durch die stationäre Phase bewegt, grösser sein als die Wanderungsgeschwindigkeit jener Ionensorte, die sich entgegen bewegt. Verwendet man eine Kapillare aus Silikat oder ähnlichem Material, können Protonen von den OH-Gruppen in die Flüssigkeit gelangen. Dadurch lädt sich die Wand negativ, die Flüssigkeit positiv auf.

Letztere bewegt sich also Richtung Kathode. Kationen werden den Detektor in jedem Fall erreichen. Anionen nur, wenn sie langsamer als der elektroosmotische Fluss wandern.

Elektrophorese ist keine Chromatographie, da keine wiederholte Einstellung eines

Gleichgewichts angestrebt wird. Die Bewegung der Ionen hat allein physikalische Gründe.