§ 1 – Meten is weten

Module 7 “Analyse technieken”
Antwoorden
§ 1 – Dunne laag chromatografie
1
Verschil in aanhechtingsvermogen (aan de stationaire fase) én oplosbaarheid (in de mobiele
fase).
2
Kleinste Rf = 0 en grootste Rf = 1.
3
De stationaire fase is het gebruikte adsorptiemiddel (bijvoorbeeld silicagel).
Adsorptiemiddelen verschillen in aanhechtingsvermogen.
4
Bij een grote Kv is [Amob] klein en [ Astat] groot en bevindt de stof zich dus meer in de
stationaire fase dan de mobiele fase. De stof zal een kleine afstand afleggen.
Wat je na deze paragraaf moet weten / kunnen:
 Bij dunnelaag chromatografie is er een ‘stationaire’ fase (bv. silicalgelplaatje) en een
‘mobiele’ fase ( de loopvloeistof. De scheiding van de verschillende componenten berust op
verschil in oplosbaarheid en aanhechtingsvermogen.
 De manier waarop een stof zich verdeelt over de mobiele en stationaire fase, is
karakteristiek voor een bepaalde stof. Er stelt zich een verdelingsevenwicht in. Dit zou je
voor een willekeurige stof A als volgt kunnen noteren: Amob  Astat
 Voor dit evenwicht geldt de evenwichtsvoorwaarde, waarbij Kv de evenwichtsvoorwaarde
voorstelt: [Astat] / [ Amob] = Kv
 De waarde van de verdelingsconstante geeft de verhouding weer van de oplosbaarheid in de
mobiele fase en de stationaire fase. Ook karakteristiek voor een stof is de ‘rate of flow’
weergegeven met het symbool Rf. Dit is de verhouding tussen de afstand die de stof A heeft
afgelegd en de afstand die de mobiele fase heeft afgelegd.
 Een aantal Rf waarden vind je in tabel 72 van BINAS. Rf waarden altijd afhangen van de
gebruikte mobiele fase en de gebruikte stationaire fase!
1
Module 7 “Analyse technieken”
Antwoorden
§ 2 – De gaschromatograaf
1
Een hogere temperatuur leidt tot een andere verdelingsgraad over de mobiele en stationaire
fase en de snelheid van de gasstroom heeft natuurlijk een directe invloed op de retentietijd.
2
Adsorptiemiddelen in de kolom kunnen verschillen in aanhechtingsvermogen.
3
Butaan heeft een grotere molecuulmassa, dus grotere vanderwaalskrachten en adsorbeert
het sterkst aan de kolom.
4
Methanol heeft het hoogste kookpunt van 65oC. Om er zeker van te zijn dat alle stoffen in de
gasfase komen en blijven is dit dus de minimale temperatuur.
5
De vulling is polair, dus methanol blijft het langste aan de kolom hangen (3 e piek).
Ethaan heeft de kleinste molecuulmassa en zal de kolom als eerste verlaten (1e piek).
6
Een juiste berekening leidt tot de uitkomst 9,83.10–5 mol L–1.
• berekening van de piekoppervlakte van thujon wanneer bij bepaling 2 dezelfde
hoeveelheid referentiestof A door de gaschromatograaf zou zijn gegaan als bij bepaling 1:
(23181 / 3776) x 31805 = 195252
• omrekening van de piekoppervlakte van thujon wanneer bij bepaling 2 dezelfde
hoeveelheid van referentiestof A door de gaschromatograaf zou zijn gegaan naar de
verhoudingsfactor tussen de concentraties van thujon in absint en het mengsel dat bij
bepaling 1 is gebruikt: 195252 / 27025 = 7,225
• omrekening van de verhoudingsfactor tussen de concentraties van thujon in absint en het
mengsel dat bij bepaling 1 is gebruikt naar de concentratie van thujon in de onderzochte
absint: 7,225 x 1,36.10–5 mol L–1 = 9,83.10–5 mol L–1
7
Een juiste berekening leidt tot de (uitkomst dat het totale thujon gehalte 16 mg kg–1 is en de
conclusie dat de onderzochte absint aan de norm voldoet.
• omrekening van de totale thujon concentratie naar het aantal mg thujon per liter:
9,83.10–5 mol L–1 x 152,2.103 mg mol-1 = 14,95 mg
• omrekening van het aantal mg thujon per liter naar het aantal mg thujon per kg:
14,95 mg / 0,92 kg dm–3 = 16 mg kg-1
Wat je na deze paragraaf moet weten / kunnen:
 Bij gaschromatografie is een chromatogram een diagram dat het verband aangeeft tussen
het verloop van het detectorsignaal en de tijd gemeten vanaf het moment dat het monster in
de kolom werd geïnjecteerd. De tijd tussen injectie en detectie wordt de retentietijd (tR)
genoemd.
 In het chromatogram is de plaats van de top van de piek karakteristiek voor de
desbetreffende component, wat kwalitatieve analyse mogelijk maakt.
 Het oppervlak van de piek is een maat voor de hoeveelheid geïnjecteerde component
waardoor kwantitatieve analyse mogelijk is. Het oppervlak van een plek is een maat voor
de hoeveelheid van de bij die plek behorende component.
 De 100%-methode is de eenvoudigste methode waarbij je simpelweg de percentages van elke
stof in het mengsel uitrekent door de piekoppervlakte te delen door de totale oppervlakte
van alle pieken bij elkaar en dat te vermenigvuldigen met 100.

Bij het gebruik van een externe standaard maak je gebruik van een standaardoplossing
met een bekende concentratie van de stof die je wilt onderzoeken. Je injecteert eerst deze oplossing
in de chromatograaf en daarna het mengsel dat je wilt onderzoeken. Wanneer je zorgt dat je steeds
dezelfde hoeveelheid injecteert, is de verhouding van de piekoppervlaktes gelijk aan de verhouding
van de concentraties.
2
Module 7 “Analyse technieken”
Antwoorden
§ 3 – Massaspectroscopie
1
Bijvoorbeeld CH3+, C2H5+, C3H7+, CH3, C2H5, C3H7
2
Bijvoorbeeld CH3+, C2H5+, Br+, CH2Br+, CH3, C2H5, Br, CH2Br
3
Massafragment 15 kan een methylgroep zijn, 29 een ethylgroep en 45 een carboxylgroep.
Deze fragmenten komen alle 3 voor in bv. propaanzuur, maar er zijn meer mogelijkheden.
4
Op basis van het gegeven verwacht je zeker de fragmenten Br + en C2H4Br+. Aangezien
broom twee isotopen (met massagetal 79 en 81) heeft, die ongeveer in de verhouding 1:1
voorkomen, zullen er in het massaspectrum dus piekenparen voorkomen die in massa 2u
met elkaar verschillen. Het fragment C2H4Br+ heeft als massa 107u of 109u.
Hieronder het spectrum van de website van NIST. De voorspelling klopt zoals je ziet!
5
6
De molecuulformule van 2,4-dichloorfenoxyethaanzuur is C8H6O3Cl2 en chloor heeft twee
isotopen (Cl-35 en Cl-37)
m/z = 220 is van C8H6O3Cl2+ met 2x Cl-35
m/z = 222 is met 1x Cl-35 + 1x Cl-37
m/z = 224 is met 2x Cl-37
7
De deeltjes met massa 175, 177 en 179 zijn fragmenteerde deeltjes waarvan de COOH groep
afgesplitst is.
8
De piek met m/z = 75 hoort bij het fragment O-CH2-COOH+.
9
De relatief grote piek met m/z waarde 29 in massaspectrum (A) duidt op de aanwezigheid
van een –CHO groep. Massaspectrum (A) hoort dus bij ethaandial, want methylpropaan
bevat geen –CHO groep of andere groepen met deze massa.
Verder zit er in massaspectrum (B) een grote piek bij m/z waarde 43, hetgeen duidt op
afsplitsing van een –CH3 groep. Massaspectrum (B) hoort dus bij methylpropaan, want
ethaandial bevat geen –CH3 groep of andere groepen met deze massa.
Wat je na deze paragraaf moet weten / kunnen:
 Bij MS worden de moleculen worden met elektronen kapotgeschoten in fragmenten. Hierbij
worden de moleculen geïoniseerd en ontstaan er positief geladen molecuulionen. Het
molecuul wordt hierdoor instabiel en ‘fragmenteerd’.
 De positief geladen fragmenten worden vervolgens met behulp van een sterk elektrisch veld
versneld om daarna terecht te komen in een elektromagnetisch veld, dat loodrecht op de
bewegende ionen staat. Hierdoor worden de deeltjes afgebogen. Deze afbuiging is recht
evenredig met de verhouding m/z..
3
Module 7 “Analyse technieken”
Antwoorden
§ 4 – Absorptie spectroscopie
1
Halfreacties:
Fe2+ → Fe3+ + eH2O2 + 2 H+ + 2 e- → 2 H2O
Totaalvergelijking:
2 Fe2+ + H2O2 + 2 H+ → 2 Fe3+ + 2 H2O
2
Er moet gecorrigeerd worden voor de absorptie van water en de KSCN oplossing.
3
Leid eerst uit de ijklijn het verband af tussen de extinctie en de ijzer(III) concentratie:
Bij [Fe3+] = 3,0 mg.L-1 geldt E = 0,61.
Reken vervolgens van mg.L-1 naar mol.L-1:
[Fe3+] = ( 3,0.10-3 g.L-1 ) / 55,85 g.mol-1 = 5,4.10-5 M
Bereken met de wet van Lambert-Beer:
ε = E / ( c ∙ d ) = 0,61 / ( 5,37.10-5 ∙ 1,00 ) = 1,1.104 L mol-1 cm-1
4
Manier I:
c = E / ( ε ∙ d ) = 0,14 / (1,14.104 ∙ 1,00) = 1,23.10-5 M
Bij de bemonstering is verdund van 25 mL → 50 mL (2x verdund); dus [Fe3+] = 2,5.10-5 M
Manier II:
Lees af uit de grafiek dat bij E = 0,14 dat [Fe3+] = 0,70.10-3 g.L-1 / 55,85 g.mol-1 = 1,25.10-5 M
Bij de bemonstering is verdund van 25 mL → 50 mL (2x verdund); dus [Fe3+] = 2,5.10-5 M
Wat je na deze paragraaf moet weten / kunnen:
 Stoffen die een kleur hebben absorberen straling uit het zichtbare licht.
 De intensiteit van het licht (transmissie) dat door de blanco gaat wordt aangegeven met I o
en de intensiteit van het licht dat door het monster gaat wordt aangegeven met I.
 Bij dezelfde lengte van de lichtweg blijkt de verhouding Io/I constant te zijn.
 De extinctie (E) - ook uitdoving genoemd - definiëren we als: E = log ( Io / I )
 De extinctie is ook afhankelijk van de concentratie.
 Het verband tussen extinctie en concentratie is vastgelegd in de wet van Lambert-Beer:
E = log ( Io / I ) = ε ∙ c ∙ d
 Om van een onbekende oplossing de concentratie te bepalen moet je eerst van een serie
oplossingen met bekende molariteit de extinctie bepalen. De grafiek van de extinctie tegen
de concentratie moet volgens de wet van Lambert-Beer een rechte lijn door de oorsprong
opleveren. Dit noemen we de ijklijn. Met behulp van deze ijklijn kan van de onbekende
oplossing de concentratie worden bepaald.
4
Module 7 “Analyse technieken”
Antwoorden
§ 5 – Infrarood
1
Tussen ethanolmoleculen in de gasfase komen geen waterstofbruggen voor en in de
vloeistoffase wel. Uit Binas tabel 38A1 blijkt dat het absorptiegebied van de O–H
strekvibratie wordt beïnvloed door waterstofbruggen
2
Voorbeelden van juiste antwoorden zijn:
• In het gebied tussen 2900 cm–1 en 3000 cm–1 absorberen zowel alcohol als aceton.
De Datamaster II meet dus de som van de absorpties door alcohol en aceton (en kan daaruit
niet berekenen wat het alcoholgehalte in de uitgeademde lucht was).
• Bij de twee golflengten in het gebied tussen 2900 cm –1 en 3000 cm–1 absorbeert ook aceton,
maar in een andere verhouding dan alcohol. De twee berekende gehalten zijn dan niet aan
elkaar gelijk (en dus kan het apparaat het ademalcoholgehalte niet berekenen).
• Omdat de twee berekende gehalten niet aan elkaar gelijk zijn 'merkt' het apparaat dat er
(tenminste) een storende stof aanwezig is en geeft een foutmelding. Dat is (onder andere)
het geval bij aceton, omdat aceton ook in het gebied tussen 2900 cm –1 en 3000 cm–1
absorbeert.
3
4
5
Een C–H buig uit vlak vibratie (in een eindstandige C = CH2 groep) bij ongeveer 900 cm–1
of een C = C strek vibratie (alkeen) bij ongeveer 1650 cm–1.
6
Een C = O strek vibratie (aldehyde) bij ongeveer 1730 cm–1.
Wat je na deze paragraaf moet weten / kunnen:
 Moleculen absorberen IR-straling tussen 10.000 en 100 cm-1 en zetten deze om in
moleculaire vibraties. De posities van de absorptiebanden in IR-spectra worden
weergegeven met golfgetallen met als eenheid de reciproke centimeter (cm -1).
 Het golfgetal (n) bereken je heel eenvoudig met de formule n = 1/ λ.
 IR-spectroscopie is van groot nut voor de structuuranalyse, omdat bepaalde groepen
atomen (bijvoorbeeld de functionele groepen in de koolstofchemie) IR-absorpties hebben bij
een karakteristieke frequentie die grotendeels onafhankelijk is van de rest van het
molecuul. Zie BINAS tabellen 38B1 en 38B2.
 Er zijn twee types van moleculaire vibraties: strek- en buigvibraties. Een strekvibratie is
een beweging langs de bindingsas waardoor de afstand tussen twee atomen wordt vergroot
dan wel verkleind. Een buigvibratie betekent een verandering in een bindingshoek of een
buiging van een groep atomen ten opzichte van de rest van het molecuul.
5
Module 7 “Analyse technieken”
Antwoorden
§ 8 – Voorbeeld proefwerkopgaven
1
CH3
H3C
C
CH3
O
CH3
2
2-methoxy-2-methylpropaan
3
4
5
De molmassa van MTBE is 88 u. In het massaspectrum zit geen piek bij deze waarde. Er is
dus geen sprake van een moleculair ion.
6
Door afsplitsing van een CH3 groep ontstaat een fragment met massa 73.
6
Module 7 “Analyse technieken”
Antwoorden
7
Door afsplitsing van een -O-CH3 (31 u) groep ontstaat een fragment met massa 57.
8
Ja, 1-pentanol heeft geen piek bij m/z = 73.
9
Ja, kenmerkend voor alcoholen is de O – H strekvibratie bij 3525 – 3200 cm-1.
In bovenstaand IR-spectrum is deze piek aan de linker kant duidelijk te zien.
In het IR-spectrum van MTBE is er geen piek te zien bij dit golfgetal.
7
Module 7 “Analyse technieken”
Antwoorden
10
11
Door het toevoegen van de Ti3+ oplossing is de concentratie van 2-propaanamine kleiner
geworden.
12
Voorbeelden van juiste antwoorden zijn:
• De concentraties van de overige stoffen zijn met dezelfde factor kleiner geworden; bij het
berekenen van de verhouding tussen de piekoppervlaktes ‘valt de verdunningsfactor eruit’.
• Het gaat om de verhouding van de concentraties van twee stoffen (TMA en 2-propaanamine) en deze verhouding verandert niet door verdunning (met de Ti3+ oplossing).
13
Een juiste berekening leidt tot de uitkomst dat [TMAO] / ( [TMAO] + [TMA] ) = 0,61 en de
conclusie dat de onderzochte persoon een milde vorm van het visluchtsyndroom heeft.
8
Module 7 “Analyse technieken”
Antwoorden
Samenvatting Module 7
1
Dunne laag chromatografie
De manier waarop een stof zich verdeelt over de mobiele en stationaire fase, kun je voor een
willekeurige stof A als volgt noteren:
Amob ↔ Astat
De bijbehorende evenwichtsvoorwaarde voor dit evenwicht is:
[Astat] / [ Amob] = Kv
De waarde van de verdelingsconstante geeft de verhouding weer van de oplosbaarheid in de
mobiele fase en de stationaire fase. Ook karakteristiek voor een stof is de ‘rate of flow’
weergegeven met het symbool Rf. Dit is de verhouding tussen de afstand die de stof A heeft
afgelegd en de afstand die de mobiele fase heeft afgelegd. De R f waarden altijd afhangen van
de gebruikte mobiele fase en de gebruikte stationaire fase.
2
Gaschromatografie
Bij gaschromatografie is een chromatogram een diagram dat het verband aangeeft tussen
het verloop van het detectorsignaal en de tijd gemeten vanaf het moment dat het monster in
de kolom werd geïnjecteerd. De tijd tussen injectie en detectie wordt de retentietijd (tR)
genoemd.
In het chromatogram is de plaats van de top van de piek karakteristiek voor de
desbetreffende component, wat kwalitatieve analyse mogelijk maakt.
Het oppervlak van de piek is een maat voor de hoeveelheid geïnjecteerde component
waardoor kwantitatieve analyse mogelijk is. Het oppervlak van een plek is een maat voor de
hoeveelheid van de bij die plek behorende component.
De 100%-methode is de eenvoudigste methode waarbij je simpelweg de percentages van elke
stof in het mengsel uitrekent door de piekoppervlakte te delen door de totale oppervlakte
van alle pieken bij elkaar en dat te vermenigvuldigen met 100.
Bij het gebruik van een externe standaard maak je gebruik van een standaardoplossing met
een bekende concentratie van de stof die je wilt onderzoeken. Je injecteert eerst deze
oplossing in de chromatograaf en daarna het mengsel dat je wilt onderzoeken. Wanneer je
zorgt dat je steeds dezelfde hoeveelheid injecteert, is de verhouding van de piekoppervlaktes
gelijk aan de verhouding van de concentraties. Je kunt dan de onderstaande formule
gebruiken om de concentratie van de te onderzoeken stof te berekenen:
cx Ox

cs Os
ofwel
cx
cs
Ox
Os
onbekende concentratie van de te onderzoeken stof
bekende concentratie in de standaardoplossing
piekoppervlakte van de onbekende concentratie van de te onderzoeken stof
piekoppervlakte van de bekende concentratie in de standaardoplossing
=
=
=
=
cx 
Ox
 cs
Os
9
Module 7 “Analyse technieken”
Antwoorden
3
Massaspectroscopie
De moleculen worden kapotgeschoten in fragmenten. Dit gebeurt door de moleculen te
beschieten met elektronen. Hierbij worden de moleculen geïoniseerd en ontstaan er positief
geladen molecuulionen. Het molecuul wordt hierdoor instabiel en ‘fragmenteerd’.
De positief geladen fragmenten worden vervolgens met behulp van een sterk elektrisch veld
versneld om daarna terecht te komen in een elektromagnetisch veld, dat loodrecht op de
bewegende ionen staat. Hierdoor worden de deeltjes afgebogen. Deze afbuiging is recht
evenredig met de verhouding m/z. Hierbij is m de massa van het deeltje en z de lading
(meestal 1+). De detector registreert de massa en lading van de fragmenten.
4
Absorptie spectrometrie
Stoffen die een kleur hebben absorberen straling uit het zichtbare licht (λ = 380-780
nanometer). De golflengte die wordt geadsorbeerd is karakteristiek voor de stof.
De intensiteit van het licht (transmissie) dat door de blanco gaat wordt aangegeven met I o.
De intensiteit van het licht (transmissie) dat door het monster gaat wordt aangegeven met I.
Bij dezelfde lengte van de lichtweg blijkt de verhouding I o/I constant te zijn.
De extinctie (E) - ook uitdoving genoemd - definiëren we als:
E = log ( Io / I )
De extinctie is ook afhankelijk van de concentratie.
Het verband tussen extinctie en concentratie is vastgelegd in de wet van Lambert-Beer:
E = log ( Io / I ) = ε ∙ c ∙ d
Hierin is:
ε
de extinctie coëfficiënt, een constante die van de soort stof afhangt;
c
de molariteit van de oplossing
d
de lengte van de lichtweg (de breedte van de cuvet in cm, meestal 1,00 cm)
Om van een onbekende oplossing de concentratie te bepalen moet je eerst van een serie
oplossingen met bekende molariteit de extinctie bepalen. De grafiek van de extinctie tegen
de concentratie moet volgens de wet van Lambert-Beer een rechte lijn door de oorsprong
opleveren. Dit noemen we de ijklijn. Met behulp van deze ijklijn kan van de onbekende
oplossing de concentratie worden bepaald.
5
Infrarood
Moleculen absorberen IR-straling tussen 10.000 en 100 cm-1 en zetten deze om in
moleculaire vibraties. De posities van de absorptiebanden in IR-spectra worden weergegeven
met golfgetallen met als eenheid de reciproke centimeter (cm-1).
Het golfgetal (n) bereken je heel eenvoudig met de formule n = 1/ λ.
IR-spectroscopie is van groot nut voor de structuuranalyse, omdat bepaalde groepen atomen
(bijvoorbeeld de functionele groepen in de koolstofchemie) IR-absorpties hebben bij een
karakteristieke frequentie die grotendeels onafhankelijk is van de rest van het molecuul.
Zie BINAS tabellen 38B1 en 38B2.
Er zijn twee types van moleculaire vibraties: strek- en buigvibraties. Een strekvibratie is een
beweging langs de bindingsas waardoor de afstand tussen twee atomen wordt vergroot dan
wel verkleind. Een buigvibratie betekent een verandering in een bindingshoek of een buiging
van een groep atomen ten opzichte van de rest van het molecuul.
10